\documentclass[a4paper,10pt,twoside,openright]{book} \usepackage[utf8]{inputenc} %les fichiers source doivent etre sauvegard\'es avec le codage UTF (plutot que latin-1 /iso-8859-1 ou mac ou autre) %\usepackage[OT1]{fonten} Pour afficher les accentes dans les DVI ou PDF obtenus \usepackage[T1]{fontenc} %option qui gere les cesures pour les langues avec accents (francais par exemple) \usepackage{microtype} % improves the spacing between words and letter ; attention : pb de compatiblite avec quelques jurys (juin 2021) \usepackage{amsmath,amsfonts,amssymb} %packages math\'ematiques de l'American Mathematical Society %\usepackage{array} %extension des sp\'ecifications de colonnes pour array et tabular %\usepackage{multicol,graphicx,xcolor} \usepackage[textwidth=167mm,textheight=22cm,centering]{geometry} %format de la page \usepackage{bold-extra}%textsc+textbf %\usepackage{contour} %textsc+textbf alternatif avec \contour{black}{} \usepackage{stmaryrd} % pour avoir [[1,n]] avec $\llbracket 1,1n\rrbracket \usepackage{enumitem} % pour num\'eroter facilement les exercices \usepackage{multicol,ifthen} \usepackage[francais]{babel} %gestion de la typographie francaise %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%% style de page pour les annales \usepackage{fancyhdr} %package de gestion de style de page \newcounter{annee} \setcounter{annee}{2024} %annee du concours \pagestyle{fancy} \setlength{\headheight}{12.1638pt} \fancyhf{} \fancyhead[LE]{\thepage} \fancyhead[RE]{ESCP \theannee{} --- Oral} \fancyhead[LO]{\textsl{\leftmark}} \fancyhead[RO]{\thepage} % Package Fancyhdr Warning: \headheight is too small (12.0pt): % Make it at least 12.1638pt. % We now make it that large for the rest of the document. % This may cause the page layout to be inconsistent, however. %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%% mise en forme des exercices %%%%%%%%%% \newcounter{numeroexo} \setcounter{numeroexo}{1} \makeatletter\@addtoreset{numeroexo}{chapter}\makeatother %remise \`{a} z\'{e}ro du compteur dans chaque chapitre \newenvironment{exo}{% \refstepcounter{numeroexo} {\clearpage {\noindent {\large {\textsc{Sujet \arabic{chapter}.\arabic{numeroexo}}}}}\smallskip% %\setcounter{numeroexo}{#1}% non utilis\'{e} en 2023 }}% {} \newenvironment{sol}{% \clearpage%\medskip {\noindent {\large \textsc{Solution du sujet \arabic{chapter}.\arabic{numeroexo}}}\smallskip}}% { } \newenvironment{QSP}{% \refstepcounter{numeroexo} \pagebreak[3] %\bigskip\bigskip {\noindent \large \bf \textsc{Question sans pr\'{e}paration \thenumeroexo}}\par \smallskip}% {\medskip} \newenvironment{solQSP}{% \par\smallskip {\large \noindent \textsc{Solution de la QSP.}}\par } {\clearpage} \newcounter{numeroexoBis} \setcounter{numeroexoBis}{1} \makeatletter\@addtoreset{numeroexoBis}{chapter}\makeatother % remise \`{a} z\'{e}ro du compteur dans chaque chapitre \newenvironment{exoBis}{% \refstepcounter{numeroexoBis} {\clearpage {\noindent {\large {\textsc{Sujet \arabic{chapter}.\arabic{numeroexo} au format de l'ann\'{e}e 2025}}}}\smallskip% }}{} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \usepackage{escp-macros-maths,escp-python} \setlength{\columnseprule}{0.4pt} %filet pour separer les colonnes de multicols en Scilab \setlist[itemize]{label=$\bullet$} %aspect des items de listes itemize \usepackage{xcolor} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%% %style des chapitres \usepackage[Rejne]{fncychap} %%% ajout2023 : sommaire hypertexte avec mots clefs \usepackage[colorlinks=false, linktocpage=true]{hyperref} \newcommand{\themexo}[2]{\addcontentsline{toc}{subsection}{\arabic{chapter}.\arabic{numeroexo} \ #1 \\ {\small #2}}} \begin{document} \thispagestyle{empty} %page de garde {\begin{center}{\LARGE \bf \includegraphics[width=7cm]{logo-escp.png} \\ \vspace{3cm} \uppercase{Concours apr\`{e}s classes pr\'{e}paratoires} \\ \vspace{3cm} \uppercase{Annales des \'{e}preuves orales de math\'{e}matiques} \\ \vspace{2cm} \uppercase{\theannee} } \\ \vspace{6cm} \includegraphics[width=7cm]{CCI-logo.png} \end{center} \clearpage } %\includegraphics[scale=0.72]{Page-de-garde-MATHEMATIQUES-2022.pdf} \clearpage \thispagestyle{empty} \ \clearpage \chapter*{Avant-propos} \input{Avant-propos} \tableofcontents \chapter{Analyse} %================================================================= % Analyse \begin{exo} \themexo{Suite d\'{e}finie par r\'{e}currence}{suite, s\'{e}rie, calcul de somme} \begin{enumerate} \item Soit $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite de nombres r\'{e}els strictement positifs. \begin{enumerate} \item Montrer que la s\'{e}rie $\displaystyle\sum_{n\in\mathbb{N}} u_n$ diverge dans le cas o\`{u} $\frac{u_{n+1}}{u_n}\geq 1$ \`{a} partir d'un certain rang,\\ c'est-\`{a}-dire que : $$ \exists N\in \mathbb{N}, \quad \forall n\geq N,\ \frac{u_{n+1}}{u_n}\geq 1.$$ \item On suppose maintenant que $\displaystyle \lim_{n\to +\infty}\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_n}$ existe et que $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}<1$. \'{E}tudier la convergence de la s\'{e}rie $\displaystyle\sum_{n\in\mathbb{N}} u_n$. \\ {\em (On pourra montrer qu'il existe $N$, $\ell$ et $C>0$ ad\'{e}quatement choisis tels que : $\forall n\geq N,\ u_n\leq C \, \ell^n$).} \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip Soient $(a,b)\in (\mathbb{R}^*_{+})^2$. Pour la suite de l'\'{e}nonc\'{e}, on d\'{e}finit la suite $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ par : $$ u_0>0 \ \mbox{ et } \ \forall n \in \mathbb{N}, \quad \frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{n+a}{n+b}. $$ \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item V\'{e}rifier que $u_n>0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Puis \'{e}tudier la convergence de la s\'{e}rie $ \displaystyle \sum_{n \in \mathbb{N}} u_n$ lorsque $b\leq a$. \item On suppose que $b=a+1$. Que peut-on en d\'{e}duire sur la suite $(v_n)_{n\in \mathbb{N}}$ d\'{e}finie par $$v_n=(n+a) u_n, \ \ \forall n\in \mathbb{N}.$$ En d\'{e}duire la nature de la s\'{e}rie $\dsum_n u_n$. \item \'{E}tudier la convergence de la s\'{e}rie $ \displaystyle \sum_{n \in \mathbb{N}} u_n$ lorsque $a0 \ \mbox{ et } \ \forall n \in \mathbb{N}, \quad \frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{n+a}{n+b}. $$ \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item V\'{e}rifier que $u_n>0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. \'Etudier la monotonie de la suite $(u_n)$. \item En d\'{e}duire la nature de la s\'{e}rie $ \displaystyle \sum_{n \in \mathbb{N}} u_n$ lorsque $b\leq a$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On suppose que $b=a+1$. D\'{e}terminer la nature de la s\'{e}rie $\dsum_n u_n$. \item \'{E}tudier la convergence de la s\'{e}rie $ \displaystyle \sum_{n \in \mathbb{N}} u_n$ lorsque $a0$ pour tout $n\geq N$.\\ La suite $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ ne peut donc pas converger vers $0$. La s\'{e}rie $\dsum_{n\in \mathbb{N}} u_n$ est donc divergente. \item On note $\tilde{\ell}$ le r\'{e}el positif : $\tilde{\ell}=\displaystyle\lim_{n\to +\infty} \displaystyle u_{n+1}/u_n$. On pose $\ell=(1+\tilde{\ell})/2$. Comme $\tilde{\ell}<1$, on a $0\leq \tilde{\ell}<\ell< 1$. Par d\'{e}finition de la limite, il existe $N\in \mathbb{N}$ tel que: $\displaystyle 0 \leq u_{n+1}/u_n\leq \ell $ pour $n\geq N$.\\ Il vient alors par r\'{e}currence imm\'{e}diate $u_{N+n}\leq \ell^{n} \, u_N= \ell^{n+N} \, \ell^{-N} u_N$ pour $n \geq 0$.\\ On pose $C =|\ell^{-N} u_N|$ ; alors pour tout $m\geq N, |u_m|\leq C\ell^m$.\\ Donc, par comparaison avec une s\'{e}rie g\'{e}om\'{e}trique convergente, la s\'{e}rie $\dsum u_m$ est absolument convergente, donc convergente. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On v\'{e}rifie que $u_n>0$ par r\'{e}currence imm\'{e}diate en utilisant le fait que $u_0>0$ et $a, b>0$. \\ Si $b\leq a$, on a $n+a\geq n+b$ pour $n\geq 0$ et donc $u_{n+1}/u_n=(n+a)/(n+b)\geq 1$ pour $n\geq 0$.\\ La s\'{e}rie $\dsum_{n\in \mathbb{N}} u_n$ est donc divergente d'apr\`{e}s la question 1)a). \item Si $b=a+1$, il vient $v_{n+1}= (n+a+1)u_{n+1}=(n+b) u_{n+1}=(n+a) u_n=v_n$ pour $n\geq 0$.\\ La suite $(v_n)_{n\in \mathbb{N}}$ est donc constante et vaut $v_0=a \, u_0$ ; ainsi $u_n= \dfrac{a\, u_0}{n+a}$.\\ Donc , par comparaison avec la s\'{e}rie harmonique, la s\'{e}rie $\sum u_n$ diverge. \item Pour $a+1>b$ et $b>0$, on a $(n+a)/(n+b)\geq (n+a)/(n+a+1)$ pour tout $n\geq 0$.\\ On montre alors par r\'{e}currence imm\'{e}diate: $u_n \geq a \, u_0/(n+a), \, \forall n\in \mathbb{N}$.\\ Ainsi par r\`{e}gle de comparaison de s\'{e}ries \`{a} termes positifs, $\dsum_{n\in \mathbb{N}} u_n$ est divergente. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Facilement par r\'{e}currence ; ou sinon par t\'{e}lescopage.\\ On a $u_{k+1} \, (k+b)=u_k \, (k+a)$ pour $k\in \mathbb{N}$. Cette relation peut se r\'{e}\'{e}crire sous la forme : $$u_{k+1} \, (k+1+a+ b-a-1)=u_k \, (k+a)\Leftrightarrow (b-a-1) u_{k+1} = u_k\, (k+a)-u_{k+1} (k+1+a), \, \forall k\in \mathbb{N}$$ En sommant, et par t\'{e}lescopage, il vient $$ (b-a-1) \sum_{k=0}^n u_{k+1}= u_0\, a-u_{n+1} (n+1+a)\Leftrightarrow (b-a-1) \sum_{k=0}^{n+1} u_{k}= (b-a-1) u_0+u_0 \, a -u_{n+1} (n+1+a)$$ En simplifiant le terme de droite, on conclut \`{a} la relation demand\'{e}e. (En particulier, celle-ci implique que la suite $(v_n)_{n\mathbb{N}}$ de la question 2)b) est constante pour $b=a+1$.) \item Comme la suite $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ est positive et que $b>(a+1)$, on d\'{e}duit de la question 3)a) que pour tout $n\in \mathbb{N}$, $\displaystyle \sum_{k=0}^{n+1} u_k \leq[ (b-1)/(b-a-1)] u_0$. Les sommes partielles $\displaystyle \sum_{k=0}^n u_k$ sont donc major\'{e}es par $(b-1)/(b-a-1)] u_0$. La s\'{e}rie $\displaystyle\sum_{n\in \mathbb{N}} u_n$ est \`{a} termes positifs, elle est donc convergente. \item De 3)a et 3)b, il d\'{e}coule que $(n+a+1) u_{n+1}$ admet une limite $\ell\geq 0$ lorsque $n \to+\infty$.\\ Supposons par l'absurde $\ell>0$. On a alors $u_{n+1}\underset{n\to+\infty}{\sim} \ell/(n+a+1) $, \textsl{i.e.} $u_n\underset{n\to+\infty}{\sim} \ell/(n+a+1)$. \\ Par r\`{e}gle de comparaison de s\'{e}ries \`{a} termes positifs, la s\'{e}rie $\dsum_{n\in \mathbb{N}} u_n$ serait alors divergente.\\ C'est absurde. On a donc $\ell=0$.\\ En passant \`{a} la limite quand $n\to + \infty$ dans la relation de la question 3)a),\\ on conclut que $S=\dfrac{(b-1) u_0}{b-a-1}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} %======================================================================================== % Analyse \begin{exo} \themexo{Int\'{e}grale g\'{e}n\'{e}ralis\'{e}e fonction de sa borne inf\'{e}rieure}{convergence, calcul int\'{e}gral, int\'{e}grale double} \begin{enumerate} \item Montrer que l'int\'{e}grale $\dint_x^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{t^2} dt$ converge pour tout $x>0$. \end{enumerate} On pose alors pour tout $x>0$ $f(x)=\dint_x^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{t^2} dt.$\medskip \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que $f$ est de classe ${\cal C}^{\infty}$ sur $]0,+\infty[$. \item \begin{enumerate} \item Montrer qu'il existe un r\'{e}el $a$ tel que $$\lim_{x\to 0^+} (f(x)-f(1)+\ln(x))=a.$$ (on pourra exprimer $\ln (x)$ sous forme d'une int\'{e}grale). \item En d\'{e}duire un \'{e}quivalent de $f$ au voisinage de $0$. \end{enumerate} \item Montrer que $$\forall x\in ]0,+\infty[,\;\; f(x)=\frac{\cos(x)}{x^2}-2\int_x^{+\infty} \frac{\cos(t)}{t^3} dt.$$ \item Montrer que l'int\'{e}grale $\displaystyle \int_0^{+\infty} f(x) dx$ est convergente. \item On admet que $$\int_0^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t} dt = \frac{\pi}{2}.$$ Calculer $\displaystyle \int_0^{+\infty} f(x) dx$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} \begin{enumerate} \item Montrer que l'int\'{e}grale $\dint_x^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{t^2} dt$ converge pour tout $x>0$. \end{enumerate} On pose alors pour tout $x>0$ $f(x)=\dint_x^{+\infty} \dfrac{\sin(t)}{t^2} dt.$\medskip \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item Montrer qu'il existe un r\'{e}el $a$ tel que $$\lim_{x\to 0^+} (f(x)-f(1)+\ln(x))=a.$$ (on remarquera que $\ln x = \dint_1^x \dfrac{dt}{t}$). \item Montrer que $\dint_0^{+\infty} f(x) dx$ converge. \end{enumerate} \item On admet que $$\int_0^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t} dt = \frac{\pi}{2}.$$ Calculer $\displaystyle \int_0^{+\infty} f(x) dx$. \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Soit $x>0$, la fonction $t\mapsto \frac{\sin(t)}{t^2}$ est d\'{e}finie, continue sur $]x,+\infty[$. De plus on a $\forall x>0,\;\; \abs{\dfrac{\sin(t)}{t^2}} \leq \dfrac{1}{t^2}.$ On en d\'{e}duit l'absolue convergence de l'int\'{e}grale g\'{e}n\'{e}ralis\'{e}e $\int_x^{+\infty} \frac{\sin(t)}{t^2} dt$ pour $x>0$. Ainsi $f$ est bien d\'{e}finie sur $]0,+\infty[$. \item De plus $f$ d\'{e}rivable sur $]0,+\infty[$ et $\forall x>0,\;\; f'(x)=- \dfrac{\sin(x)}{x^2}.$ (on utilise le th\'{e}or\`{e}me fondamental du calcul int\'{e}gral en \'{e}crivant $f(x)= \dint_x^1 g(t) dt + \int_1^{+\infty} g(t) dt$). On en d\'{e}duit que est $f'$ est de classe $C^{\infty}$ sur $]0,+\infty[$ donc $f$ est $C^{\infty}$ sur $]0,+\infty[$. \item \begin{enumerate} \item On a $$\forall x>0,\;\; f(x)-f(1)+\ln(x)=\int_x^1 \frac{\sin(t)}{t^2} -\frac{1}{t} dt =\int_x^1 \frac{\sin(t)-t}{t^2}dt$$ Or un \'{e}quivalent en $0$ de $ \dfrac{\sin(t)-t}{t^2}$ est $ \dfrac{-t^3}{6\,t^2}=-\dfrac{t}{6}$, on en d\'{e}duit que l'int\'{e}grale $\dint_0^1 \dfrac{\sin(t)-t}{t^2}dt$ est faussement g\'{e}n\'{e}ralis\'{e}e. On pose $a=\dint_0^1 \dfrac{\sin(t)-t}{t^2}dt$. On obtient ainsi $\dlim_{x\to 0^+} f(x)-f(1)+\ln(x)=a.$ \item On en d\'{e}duit que $f(x)$ est \'{e}quivalent \`{a} $-\ln(x)$ en 0. \end{enumerate} \item Soit $x>0$, on effectue une int\'{e}gration par parties avec $A>0$ : $$\int_x^{A} \frac{\sin(t)}{t^2} dt=\left[-\frac{\cos(t)}{t^2}\right]_x^A-2\int_x^A\frac{\cos(t)}{t^3} dt = \frac{\cos(A)}{A^2}+\frac{\cos(x)}{x^2}-2\int_x^A\frac{\cos(t)}{t^3} dt.$$ On fait tendre $A$ vers $+\infty$ d'o\`{u} $$f(x)=\frac{\cos(x)}{x^2}-2\int_x^{+\infty}\frac{\cos(t)}{t^3} dt.$$ \item Comme $\dint_0^{1}\ln(t) dt$ est convergente, avec l'\'{e}quivalent obtenu en 0 de $f$, on en d\'{e}duit que $f$ est de signe constant et que $\dint_0^{1} f(t) dt$ converge. En $+\infty$, la limite de $x^{3/2}f(x)$ est nulle en effet on a $$x^{3/2}f(x)=\frac{\cos(x)}{x^{1/2}}-2x^{3/2} \int_x^{+\infty}\frac{\cos(t)}{t^3} dt.$$ Le premier terme de la somme tend vers $0$ quand $x$ tend vers $+\infty$. Par ailleurs $$\left|x^{3/2} \int_x^{+\infty}\frac{\cos(t)}{t^3} dt\right|\leq \int_x^{+\infty}\frac{1}{t^{3/2}} dt .$$ on en conclut que le deuxi\`{e}me terme de la somme tend vers 0 aussi. Par cons\'{e}quent d'apr\`{e}s la r\`{e}gle de n\'{e}gligeabilit\'{e}, on a $\displaystyle \int_1^{+\infty} f(x) dx$ est convergente donc l'int\'{e}grale $\displaystyle \int_0^{+\infty} f(x) dx$ est convergente. \item Soit $a0$, car $u_{n+1}>1$. % De plus la suite $\alpha$ est strictement croissante car $\alpha_n=2-\frac{2}{n+2}$, on a donc % $\alpha_{n}< \alpha_{n+1} u_n>\alpha_n\rTo_{n\to +\infty} 2$, par th\'{e}or\`{e}me d'encadrement, on a : $\dlim_{n\to +\infty}u_n=2$.\\ {\em Remarque :} la suite $(u_n)$ est monotone born\'{e}e, donc convergente, mais cela ne donne pas sa limite. \item On a $n^2(2-u_n)=\frac{n^2}{u_n^{n+1}}=\ee^{2\ln n-(n+1)\ln(u_n)} \rTo_{n\to +\infty} 0$ par croissances compar\'{e}es, car $(u_n)$ tend vers 2. Donc la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $2-u_n$ converge (\textsc{Riemann}). \item Comme $2-u_n=\frac{1}{u_n^{n+1}}$, on a $w_n=\frac{1}{2^{n+1}}-\frac{1}{u_n^{n+1}}= \dfrac{u_n^{n+1}-2^{n+1}}{(2u_n)^{n+1}}$.\\ Or $2-\frac{2}{n+2}\leq u_n\leq 2$, donc $0\leq u_n^{n+1}\leq 2^{n+1}$, donc $|u_n^{n+1}-2^{n+1}|\leq 2\times 2^{n+1}$.\\ Et $(2u_n)^{n+1} \geq 2^{n+1}\left(2-\frac{2}{n+2}\right)^{n+1}$.\\ Donc : $|w_n|\leq \dfrac{2}{\left(2-\frac{2}{n+2}\right)^{n+1}}= \left(\dfrac12\right)^n \times \dfrac1{\left(1-\frac{1}{n+2}\right)^{n+1}} \equivalent{n\to +\infty} \left(\dfrac12\right)^n \times \dfrac{1}{\e}$.\\ Donc, par comparaison avec un s\'{e}rie g\'{e}om\'{e}trique, la s\'{e}rie $\sum w_n$ converge. \end{enumerate} \end{sol} %====================================================================================== %Analyse \begin{exo} \themexo{Fonction absolument monotone}{formule de \textsc{Taylor} reste int\'{e}gral, s\'{e}rie de fonctions, fonction tangente, Python} Soit $I$ un intervalle. On dit qu'une fonction $f:I\rightarrow \mathbb{R}$ est {\em absolument monotone} sur $I$ si \begin{equation*} f\text{ est de classe }C^{\infty }\text{ sur }I\text{ et }\forall n\in \mathbb{N},~\forall x\in I,~f^{\left( n\right) }\left( x\right) \geq 0. \end{equation*} \begin{enumerate} \item Soit la fonction $f$ de classe $C^{\infty }$ sur $\left[ 0,\dfrac{\pi }{2} \right[ $ d\'{e}finie par $f\left( x\right) =\tan \left( x\right) $ . \begin{enumerate} \item et $n\in \mathbb{N}$. En utilisant la relation $f^{\prime }=1+f^{2}$, exprimer $f^{\left( n+1\right) }$ en fonction $f$, $f^{\prime },\ldots,f^{\left( n\right) }$. \item En d\'{e}duire que $f$ est absolument monotone sur $\left[ 0,\dfrac{\pi }{2} \right[ $. \end{enumerate} \end{enumerate} On revient maintenant au cas g\'{e}n\'{e}ral. Soit $a>0$ et $f$ une fonction de $I=\left[ 0,a\right[ $ dans $\mathbb{R}$ absolument monotone sur $\left[ 0,a\right[ $. Soit $n\in \N$. On pose, pour $x\in I$, $R_{n}\left( x\right) =\dint_{0}^{x}\dfrac{\left( x-t\right) ^{n}}{n!}f^{\left( n+1\right) }\left( t\right) dt$. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que pour tout $x\in I,$ $f\left( x\right) =\dsum\limits_{k=0}^{n} \dfrac{f^{\left( k\right) }\left( 0\right) }{k!}x^{k}+R_{n}\left( x\right) .$ \item Montrer que, pour tout $x>0$, $\dfrac{R_{n}\left( x\right) }{x^{n+1}} =\dint_{0}^{1}\dfrac{\left( 1-u\right) ^{n}}{n!}f^{\left( n+1\right) }\left( xu\right) du$. \item En d\'{e}duire que la fonction $x\mapsto \dfrac{R_{n}\left( x\right) }{ x^{n+1}}$ est croissante sur $\left] 0,a\right[ $. \item D\'{e}duire des deux questions pr\'{e}c\'{e}dentes que si $00$ et $f$ une fonction de $I=\left[ 0,a\right[ $ dans $\mathbb{R}$ absolument monotone sur $\left[ 0,a\right[ $. Soit $n\in \N$. On pose, pour $x\in I$, $R_{n}\left( x\right) =\dint_{0}^{x}\dfrac{\left( x-t\right) ^{n}}{n!}f^{\left( n+1\right) }\left( t\right) dt$. \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item Montrer que, pour tout $x>0$, $\dfrac{R_{n}\left( x\right) }{x^{n+1}} =\dint_{0}^{1}\dfrac{\left( 1-u\right) ^{n}}{n!}f^{\left( n+1\right) }\left( xu\right) du$. \item En d\'{e}duire que la fonction $x\mapsto \dfrac{R_{n}\left( x\right) }{ x^{n+1}}$ est croissante sur $\left] 0,a\right[ $. \item D\'{e}duire des deux questions pr\'{e}c\'{e}dentes que si $0-1$. \end{enumerate} Pour $x>-1$ on notera $\beta(x)=\dint_0^1 (1-t^2)^x~{\rm d}t$.\\ {\bf On admet} que la fonction $\beta$ ainsi d\'{e}finie est continue sur $]-1,+\infty[$. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que $\beta$ est monotone et pr\'{e}ciser son sens de variation. \item Montrer que, pour tout $x>-1$, on a : $\beta(x+1)=\dfrac{2x+2}{2x+3}\beta(x).$ \item Calculer la limite de $\beta(x)$ lorsque $x$ tend vers $-1$ par valeurs sup\'{e}rieures. \item Pour tout $n\in \NN^*$, donner une expression de $\beta(n)$ \`{a} l'aide de factorielles. \item En admettant et en utilisant la formule de \textsc{\textsc{Stirling}} : $n!\equivalent{n\to +\infty} \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{\ee}\right)^n$,\\ en d\'{e}duire que la suite $(\beta(n))_{n\in \NN}$ converge vers $0$. \item \'{E}tudier la convergence de $\beta(x)$ lorsque le nombre {\bf r\'{e}el} $x$ tend vers $+\infty$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} \begin{enumerate} \item Montrer que l'int\'{e}grale $\dint_0^1 (1-t^2)^x~{\rm d}t$ est d\'{e}finie si et seulement si $x>-1$. \end{enumerate} Pour $x>-1$ on notera $\beta(x)=\dint_0^1 (1-t^2)^x~{\rm d}t$.\\ {\bf On admet} que la fonction $\beta$ ainsi d\'{e}finie est continue sur $]-1,+\infty[$. \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer une relation entre $\beta(x+1)$ et $\beta(x)$ pour tout $x>-1$. \item Calculer la limite de $\beta(x)$ lorsque $x$ tend vers $-1$ par valeurs sup\'{e}rieures. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item En admettant et en utilisant la formule de \textsc{\textsc{Stirling}} : $n!\equivalent{n\to +\infty} \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{\ee}\right)^n$,\\ d\'{e}terminer la limite de la suite $(\beta(n))_{n\in \NN}$. \item \'{E}tudier la convergence de $\beta(x)$ lorsque le nombre r\'{e}el $x$ tend vers $+\infty$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Pour tout $x\in \RR$ la fonction $t\mapsto (1-t^2)^x$ est continue sur $[0,1[$ (voire en $1$ si $x\geq 0$).\\ Ainsi l'int\'{e}grale n'est (\'{e}ventuellement) impropre qu'en 1. Or : $$(1-t^2)^x = (1+t)^x (1-t)^x \mathop{\sim}\limits_{ t \to 1^-} 2^ x (1-t)^x \geq 0.$$ De plus, par ch. de variable $u=1-t$ (de classe $\Continue^1$, strictement d\'{e}croissant, bijectif de $]0,1]$ sur $[0,1[$) dans l'int\'{e}grale classique $\dint_0^1 \dfrac{{\rm d}u}{u^{-x}}$ on obtient que : $\dint_0^1 (1-t)^x~{\rm d}t \text{ converge si et seulement si } x>-1.$\\ Donc, par \fbox{th. de comparaison pour les int\'{e}grales impropres} $\beta(x)$ converge si et seulement si $-x<1$. \item Pour tout $(x,y) \in \, ]-1\;+\infty[^2$ t.q. $x\leq y$ et tout $t\in ]-1,1[$, comme $1-t^2\in [0,1[$, on : $(1-t^2)^x\geq (1-t^2)^y$.\\ Donc, par \fbox{croissance de l'int\'{e}gration,} on obtient $ \beta(y) \geq \beta(x)$. Ainsi \fbox{$\beta$ est d\'{e}croissante sur $]-1+\infty[$.} \item Par \fbox{int\'{e}gration par parties} avec : $ \begin{cases} u(t) = (1-t^2)^{x+1} \ u'(t) = (x+1) (-2t)(1-t^2)^{x} \\ v'(t) = 1 \ v(t) = t \blanc \text{ ($u,v$ $C^1$ sur $[0,1[$). }\end{cases}$ \begin{align*} \int_0^1 (1-t^2)^{x+1}\, {\rm d} t& = \crocint{ (1-t^2)^{x+1} t }_{t=0}^{t\to 1} - \int_0^1 (x+1)(-2t) (1-t^2)^x t \, {\rm d} t \\ &=0 +2(x+1) \int_0^1 t^2(1-t^2)^x \, {\rm d} t \blanc \text{le crochet converge car $x+1>0$}\\ &=2(x+1) \big( - \beta(x+1) + \beta(x)\big), \car t^2(1-t^2)^x=(1-t^2)^{x+1}-(1-t^2)^x \text{et tout converge.} \end{align*} Soit~: $ \underbrace{(2x+3)}_{\neq 0} \beta(x+1) = (2x+2)\beta(x),$ \ie \fbox{$\forall x \in ]-1,+\infty[, \ \beta(x+1) = \dfrac{2x+2}{2x+3} \beta(x).$} \item Comme \fbox{$\beta$ est continue en $0$,} on a~: $ \beta(x) = \underbrace{\frac{2x+3}{2x+2}}_{\rTo_{x\to -1^+} + \infty} \underbrace{\beta(x+1)}_{\rTo_{x\to -1^+} \beta(0) =1} \rTo_{ x \to -1^+} \fbox{$+ \infty.$}$ \item On a : $\beta(n) = \frac{2n}{2n+1} \beta(n-1)$. Donc : $\dis \beta(n)=\beta(0) \dprod_{k=1}^n \frac{2k}{2k+1} = \dfrac{\left(\prod_{k=1}^n 2k\right)^2}{\left(\prod_{k=1}^n 2k\right)\left(\prod_{k=1}^n 2k+1\right) } = \boxed{\dfrac{(2^n n!)^2}{(2n+1)!}.} $ \item On peut remplacer $n$ par $2n$ dans la formule de \textsc{\textsc{Stirling}}. Alors : $$ \beta(n)=\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)(2n)!}=\frac{2^{2n} \Big({n\over\ee}\Big)^{2n} 2 \pi n}{(2n+1) \Big({{2n}\over\ee} \Big)^{2n} \sqrt{ 2\pi (2n)}}=\dfrac{\sqrt{\pi n}}{(2n+1)} \boxed{\equivalent{n\to +\infty} \dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{n}}} \rTo_{n\to +\infty} 0.$$ {\em Remarque :} si l'on ne pense pas \`{a} \'{e}crire astucieusement $(2n+1)!=(2n+1)\times (2n)!$, on arrive aussi \`{a} ce r\'{e}sultat en rempla\c{c}ant $n$ par $2n+1$ dans la formule de \textsc{\textsc{Stirling}}, puis en montrant que : $$ \Big( \frac{2n}{2n+1} \Big)^{2n+1} = \Big(1-\frac1{2n+1} \Big)^{2n+1} \rTo_{n\to +\infty} \ee^{-1}.$$ \item Puisque $\beta$ est d\'{e}croissante, on a, pour tout $x \geq 0$~: \fbox{$ \beta \big( \lfloor x\rfloor + 1 \big) \leq \beta(x) \leq \beta \big( \lfloor x\rfloor \big).$}\\ Par ailleurs, comme $\lfloor x\rfloor$ est un entier et que $\lfloor x\rfloor \rTo_{ x \to + \infty} + \infty,$ d'apr\`{e}s Q6, on a~: $$ \beta \big(\lfloor x \rfloor +1\big) \rTo_{ x \to + \infty} 0 \hskip 5 mm {\rm et} \hskip 5 mm \beta \big( \lfloor x \rfloor \big) \rTo_{ x \to + \infty} 0,$$ d'o\`{u}, \fbox{par th\'{e}or\`{e}me d'encadrement~: $\beta(x) \rTo_{ x \to + \infty } 0 $.}\\ \medskip {\em Autre id\'{e}e :} la limite existe par th.de la limite monotone ; elle vaut $0$ d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente. \end{enumerate} \end{sol} \chapter{Alg\`{e}bre} %===================================================================== % Alg\`{e}gre \begin{exo} \themexo{Calcul de sommes}{polyn\^{o}mes de \textsc{Lagrange}, d\'{e}composition dans un base, lien coefficients/racines} Soit $n\in\N^*.$\\ Soit $\R[x]$ l'espace vectoriel des fonctions polynomiales \`{a} coefficients r\'{e}els et $\R_n[x]$ le sous-espace vectoriel de $\R[x]$ constitu\'{e} des \'{e}l\'{e}ments de $\R[x]$ de degr\'{e} inf\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $n$.\\ Soient $(n+1)$ nombres r\'{e}els deux \`{a} deux distincts : $x_0,x_1,\dots,x_n$.\\ \medskip Pour tout $k\in\llbracket0,n\rrbracket,$ on consid\`{e}re la fonction polynomiale $P_k$ d\'{e}finie par $$P_k(x)=\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^n\dfrac{x-x_j}{x_k-x_j}.$$ \begin{enumerate} \item Calculer $P_k(x_i)$ pour tout couple $(k,i)\in\llbracket0,n\rrbracket^2.$ \item Montrer que $(P_0,P_1,\dots,P_n)$ est une base de $\R_n[x]$. \item \begin{enumerate} \item Soit $Q\in\R_n[x].$ D\'{e}montrer que $Q=\displaystyle\sum_{k=0}^nQ(x_k)P_k.$ \item Pour tout $m\in\llbracket1,n\rrbracket,$ calculer $s_m=\displaystyle\sum_{k=0}^nx_k^mP_k(0)$. \end{enumerate} \item Dans cette question, $Q$ est un \'{e}l\'{e}ment de $\R[x].$ On pose $Q_1=Q-\displaystyle\sum_{k=0}^nQ(x_k)P_k.$ \begin{enumerate} \item D\'{e}montrer que $Q_1$ admet au moins $n+1$ racines r\'{e}elles distinctes. \item On pose $s_{n+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^nx_k^{n+1}P_k(0)$ et $s_{n+2}=\displaystyle\sum_{k=0}^nx_k^{n+2}P_k(0).$ D\'{e}duire de la question pr\'{e}c\'{e}dente que $s_{n+1}=(-1)^n\displaystyle\prod_{k=0}^nx_k,$ puis calculer $s_{n+2}.$\\ On exprimera le r\'{e}sultat en fonction de $n,$ de $\displaystyle\sum_{k=0}^nx_k$ et de $\displaystyle\prod_{k=0}^nx_k.$ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} Soit $n\in\N^*$. Soit $\R[x]$ l'espace vectoriel des fonctions polynomiales \`{a} coefficients r\'{e}els et $\R_n[x]$ le sous-espace vectoriel de $\R[x]$ constitu\'{e} des \'{e}l\'{e}ments de $\R[x]$ de degr\'{e} inf\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $n$.\\ Soient $(n+1)$ nombres r\'{e}els deux \`{a} deux distincts : $x_0,x_1,\dots,x_n$.\\ \medskip Pour tout $k\in\llbracket0,n\rrbracket,$ on consid\`{e}re la fonction polynomiale $P_k$ d\'{e}finie par $$P_k(x)=\prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^n\dfrac{x-x_j}{x_k-x_j}.$$ \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Montrer que $(P_0,P_1,\dots,P_n)$ est une base $\mathcal{L}$ de $\R_n[x]$. \item Soit $Q\in\R_n[x].$ \'Ecrire $Q$ dans la base $\mathcal{L}$. \end{enumerate} \item Pour tout $m\in\llbracket1,n\rrbracket$, calculer $s_m=\displaystyle\sum_{k=0}^nx_k^mP_k(0)$. \item Dans cette question, $Q$ est un \'{e}l\'{e}ment de $\R[x].$ On pose $Q_1=Q-\displaystyle\sum_{k=0}^nQ(x_k)P_k.$ \begin{enumerate} \item D\'{e}montrer que $Q_1$ admet au moins $n+1$ racines r\'{e}elles distinctes. \item Calculer $s_{n+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^nx_k^{n+1}P_k(0)$ puis $s_{n+2}=\displaystyle\sum_{k=0}^nx_k^{n+2}P_k(0).$ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item On a pour tout $i$ et tout $k, P_k(x_i)=\left\{\begin{array}{cc} 1 &\text{si}\hspace{0.2cm} i=k \\ 0 & \text{sinon} \end{array}\right.$. \item Observons tout d'abord que pour tout $k\in\llbracket0,n\rrbracket,$ $\deg(P_k)=n$ donc $P_k\in\R_n[x].$ Soit $(\lambda_0,\ldots,\lambda_n)\in\R^n$ tel que $\displaystyle{\sum_{k=0}^n}\lambda_kP_k=0.$ Soit $i\in\llbracket0,n\rrbracket.$ En \'{e}valuant cette \'{e}galit\'{e} en $x_i,$ on trouve $\lambda_i=0$. Donc pour tout $i\in\llbracket0,n\rrbracket, \lambda_i=0,$ ce qui implique que la famille $(P_0,\ldots ,P_n)$ est libre dans $\R_n[x].$ Puisqu'elle comporte $n+1$ \'{e}l\'{e}ments et que $\dim(\R_n[x])=n+1,$ on en d\'{e}duit que la famille $(P_0,\ldots ,P_n)$ est une base de $\R_n[x].$ \item \begin{enumerate} \item Soit $Q\in\R_n[x].$ Puisque la famille $(P_0,\ldots,P_n)$ est une base de $\R_n[x],$ il existe une famille (unique) de scalaires $(\lambda_0,\ldots,\lambda_n)$ telle que $Q=\displaystyle\sum_{k=0}^n\lambda_kP_k.$ Soit $k\in\llbracket0,n\rrbracket.$ En \'{e}valuant en $x_k$, on trouve $Q(x_k)=\lambda_k$ soit $Q=\displaystyle{\sum_{k=0}^n}Q(x_k)P_k.$ \item Soit $m\in\llbracket1,n\rrbracket.$ Soit $Q=X^m.$ D'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, on a $Q=\displaystyle{\sum_{k=0}^n}x_k^mP_k.$ Ainsi, on a $s_m=Q(0)=0.$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit $i\in\llbracket0,n\rrbracket.$ On a $Q_1(x_i)=Q(x_i)-\displaystyle\sum_{k=0}^nQ(x_k)P_k(x_i)=Q(x_i)-Q(x_i)=0,$ (\cf Q1)\\ donc $Q_1$ admet au moins $n+1$ racines r\'{e}elles distinctes que sont les $x_i,$ pour $i\in\llbracket0,n\rrbracket.$ \item Soit $Q=X^{n+1}.$ Alors $Q_1=X^{n+1}-\displaystyle{\sum_{k=0}^n}x_k^{n+1}P_k$, donc $Q_1(0)=-\displaystyle{\sum_{k=0}^n}x_k^{n+1}P_k(0)=-s_{n+1}.$ Les polyn\^{o}mes $P_k,$ pour $0\leq k\leq n$ \'{e}tant tous de degr\'{e} $n$, alors $Q_1$ est de degr\'{e} $n+1$ et de coefficient dominant \'{e}gal \`{a} $1$. Or, d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, il admet au moins $n+1$ racines que sont les $x_k$ pour $0\leq k\leq n$. Donc $Q_1=\displaystyle\prod_{k=0}^n(X-x_k),$ d'o\`{u} $Q_1(0)=(-1)^{n+1}\displaystyle{\prod_{k=0}^n}x_k.$ En comparant les deux expressions de $Q_1(0),$ on en d\'{e}duit $s_{n+1}=(-1)^n\displaystyle{\prod_{k=0}^n}x_k.$ Pour le calcul de $s_{n+2},$ posons cette fois $Q=X^{n+2}.$\\ Alors $Q_1=X^{n+2}-\displaystyle{\sum_{k=0}^n}x_k^{n+2}P_k$, donc $Q_1(0)=-\displaystyle{\sum_{k=0}^n}x_k^{n+2}P_k(0)=-s_{n+2}.$ Comme pr\'{e}c\'{e}demment, $Q_1$ est un polyn\^{o}me unitaire, de degr\'{e} $n+2$ dont on conna\^{\i}t $n+1$ racines, donc il existe $a\in\R$ tel que $Q_1=(X-a)\displaystyle\prod_{k=0}^n(X-x_k).$ En utilisant les relations coefficients-racines, on sait que la somme des racines de $Q_1$ est le coefficient de $Q_1$ devant $X^{n+1}$ donc $a+\displaystyle{\sum_{k=0}^n}x_k=0,$ i.e. $a=-\displaystyle\sum_{k=0}^nx_k.$\\ Ainsi, $Q_1=\left(X+\displaystyle\sum_{k=0}^nx_k\right)\displaystyle\prod_{k=0}^n(X-x_k),$ d'o\`{u} $Q_1(0)=(-1)^{n+1}\left(\displaystyle{\sum_{k=0}^n}x_k\right)\displaystyle{\prod_{k=0}^nx_k}.$\\ En comparant les deux expressions de $Q_1(0),$ on en d\'{e}duit \fbox{$s_{n+2}=(-1)^n\left(\displaystyle{\sum_{k=0}^n}x_k\right)\displaystyle{\prod_{k=0}^nx_k}.$} \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} %========================================================= % Alg\`{e}bre \begin{exo} \themexo{Somme d'une matrice et d'une matrice de rang 1}{espace euclidien, noyau, orthogonalit\'{e}, diagonalisation} Soit un entier $n\geq 2$. On note $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ l'ensemble des matrices carr\'{e}es de taille $n$ \`{a} coefficients r\'{e}els et $\mathrm{I}_n$ la matrice identit\'{e} de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. On d\'{e}signe par $\operatorname{Ker}(M)$ et $\operatorname{Im}(M)$ respectivement le noyau et l'image d'une matrice $M\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ et par $\operatorname{Sp}(M)$ l'ensemble de ses valeurs propres. On munit l'espace euclidien des matrices colonnes de taille $n$, $\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})$, de son produit scalaire usuel $(U,V)=\transposee U V$ pour $U,\, V\in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R}).$ \\[4pt] Soit $A\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. \begin{enumerate} \item Soit $X$ un vecteur propre de $A$ associ\'{e} \`{a} la valeur propre $\lambda\in \mathbb{R}$ et $Y$ un vecteur propre de $\transposee A$ associ\'{e} \`{a} la valeur propre $\mu\in \mathbb{R}$. Montrer que si $\mu\neq \lambda$ alors les vecteurs $X$ et $Y$ sont orthogonaux. \item Soit $\lambda\in \mathbb{R}$. Montrer que $\operatorname{Ker}( \transposee A-\lambda\mathrm{I}_n)^{\perp}=\operatorname{Im}( A-\lambda\mathrm{I}_n)$. \item On suppose qu'il existe $\lambda\in \mathbb{R}$ et $X\in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})\setminus \{ 0\}$ tels que $\operatorname{Ker} (A-\lambda\mathrm{I}_n)=\operatorname{Vect}(X)$. \begin{enumerate} \item Montrer qu'il existe $Y\in M_{n,1}(\mathbb{R})\setminus \{ 0\}$ tel que $\operatorname{Ker}( \transposee A-\lambda\mathrm{I}_n)=\operatorname{Vect}(Y)$. \item Montrer que si $X$ et $Y$ sont orthogonaux alors $\operatorname{Ker}( A-\lambda\mathrm{I}_n)\neq \operatorname{Ker}( (A-\lambda\mathrm{I}_n)^2)$. \smallskip \item En d\'{e}duire que si $X$ et $Y$ sont orthogonaux, alors $A$ n'est pas diagonalisable.(On pourra raisonner par l'absurde). \item Montrer que si $X$ et $Y$ ne sont pas orthogonaux alors $\operatorname{Ker}( A-\lambda\mathrm{I}_n)= \operatorname{Ker}( (A-\lambda\mathrm{I}_n)^2)$. \end{enumerate} \item Dans cette question, on suppose que $A$ est diagonalisable et qu'il existe $\lambda\in \mathbb{R}$, $X\in M_{n,1}(\mathbb{R})\setminus \{ 0\}$ tels que $\operatorname{Ker} (A-\lambda\mathrm{I}_n)=\operatorname{Vect}(X)$. Soient $\operatorname{Sp}(A)=\{\lambda, \lambda_2, \lambda_3, \ldots, \lambda_n\}$ l'ensemble des valeurs propres de $A$ et $Y\in M_{n,1}(\mathbb{R})\setminus \{ 0\}$ une matrice colonne donn\'{e}e par la question 3) (a) telle que $\operatorname{Ker}( \transposee A-\lambda\mathrm{I}_n)=\operatorname{Vect}(Y)$. Montrer que la matrice $A+ X \transposee Y$ est diagonalisable et d\'{e}terminer $\operatorname{Sp}(A+ X \transposee Y)$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} Soit un entier $n\geq 2$. On note $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ l'ensemble des matrices carr\'{e}es de taille $n$ \`{a} coefficients r\'{e}els. On munit l'espace euclidien des matrices colonnes de taille $n$, $\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})$, de son produit scalaire canonique $(U,V)=\transposee U V$ pour $U,\, V\in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R}).$ \\ Soit $A\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit $X$ un vecteur propre de $A$ associ\'{e} \`{a} la valeur propre $\lambda\in \mathbb{R}$ et $Y$ un vecteur propre de $\transposee A$ associ\'{e} \`{a} la valeur propre $\mu\in \mathbb{R}$. Montrer que si $\mu\neq \lambda$ alors les vecteurs $X$ et $Y$ sont orthogonaux. \item On suppose qu'il existe $\lambda\in \mathbb{R}$ et $X\in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})\setminus \{ 0\}$ tels que $\operatorname{Ker} (A-\lambda\mathrm{I}_n)=\operatorname{Vect}(X)$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Montrer qu'il existe $Y\in M_{n,1}(\mathbb{R})\setminus \{ 0\}$ tel que $\operatorname{Ker}( \transposee A-\lambda\mathrm{I}_n)=\operatorname{Vect}(Y)$. \item Montrer que si $X$ et $Y$ sont orthogonaux alors $\operatorname{Ker}( A-\lambda\mathrm{I}_n)\neq \operatorname{Ker}( (A-\lambda\mathrm{I}_n)^2)$. \smallskip \item En d\'{e}duire que si $X$ et $Y$ sont orthogonaux, alors $A$ n'est pas diagonalisable. \end{enumerate} \item Montrer que si $X$ et $Y$ ne sont pas orthogonaux alors $\operatorname{Ker}( A-\lambda\mathrm{I}_n)= \operatorname{Ker}( (A-\lambda\mathrm{I}_n)^2)$. \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item On a $(A \, X, Y)=\lambda (X, Y)= (X, \transposee A \, Y)=\mu \, ( X, Y)$.\\ Ainsi, il vient $(\lambda-\mu) \, (X, Y)= 0$ avec $\lambda\neq \mu$ par hypoth\`{e}se. On conclut donc que $(X,Y)=0$. \item Soit $Z\in \operatorname{Im}( A-\lambda\mathrm{I}_n)$. Il existe donc $U\in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})$ tel que $Z=(A-\lambda\mathrm{I}_n) U$. Soit $V\in \operatorname{Ker}( \transposee A-\lambda\mathrm{I}_n)$. Il vient alors $(Z,V)=((A-\lambda\mathrm{I}_n) U, V)=(U, (\transposee A-\lambda\mathrm{I}_n) \,V)=0$ donc $Z\in \operatorname{Ker}( \transposee A-\lambda\mathrm{I}_n)^{\perp}$.\\ Ainsi : $\operatorname{Im}( A-\lambda\mathrm{I}_n)\subset \operatorname{Ker}( \transposee A-\lambda\mathrm{I}_n)^{\perp}$. \\ Cette inclusion est une \'{e}galit\'{e} d'apr\`{e}s l'\'{e}galit\'{e} des dimensions (via le th\'{e}or\`{e}me du rang). \item \begin{enumerate} \item De l'hypoth\`{e}se, on d\'{e}duit que $\dim(\operatorname{Ker}( A-\lambda\mathrm{I}_n))=1$. Or comme $\operatorname{rang} (A-\lambda\mathrm{I}_n )=\operatorname{rang}(\transposee A-\lambda\mathrm{I}_n)$, il vient par th\'{e}or\`{e}me du rang que $\dim(\operatorname{Ker}(\transposee A-\lambda\mathrm{I}_n)=\dim(\operatorname{Ker}( A-\lambda\mathrm{I}_n)=1$.\\ Il existe donc $Y\in M_{n,1}(\mathbb{R})\setminus \{ 0\}$ tel que $\operatorname{Ker}( \transposee A-\lambda\mathrm{I}_n)=\operatorname{Vect}(Y)$.\\ (On aurait pu aussi utiliser la question 2)). \item En utilisant 2), on a $\operatorname{Vect}(Y)^{\perp}=\operatorname{Ker}( \transposee A-\lambda\mathrm{I}_n)^{\perp}=\operatorname{Im}( A-\lambda\mathrm{I}_n)$.\\ Or $X$ et $Y$ sont orthogonaux, on a donc $X\in \operatorname{Im}( A-\lambda\mathrm{I}_n)$.\\ Ainsi, il existe $U\in M_{n,1}(\mathbb{R})$ tel que $X=(A-\lambda \mathrm{I}_n ) U$.\\ D'une part, comme $X\neq 0$, on a $U\notin \operatorname{Ker}(A-\lambda \mathrm{I}_n )$.\\ D'autre part, comme $X\in \operatorname{Ker}( A-\lambda\mathrm{I}_n)$, on a $(A- \lambda\mathrm{I}_n)^2 U= (A-\lambda \mathrm{I}_n ) X=0$.\\ Ainsi $U\in \operatorname{Ker}((A-\lambda \mathrm{I}_n )^2)$. On conclut alors que $\operatorname{Ker}( A-\lambda\mathrm{I}_n)\neq \operatorname{Ker}\big( (A-\lambda\mathrm{I}_n)^2\big)$. \item Supposons par l'absurde que $A$ soit diagonalisable et semblable \`{a} une matrice diagonale $\Delta$. Alors $$\rg(A-\lambda \mathrm{I}_n)= \rg(\Delta-\lambda \mathrm{I}_n)= \rg((\Delta-\lambda \mathrm{I}_n)^2)\underset{\text{(nb. val. propres non nulles)}}= \rg((A-\lambda \mathrm{I}_n)^2) ,$$ en contradiction avec 3.b). \item On montre ais\'{e}ment que $\operatorname{Ker}( A-\lambda\mathrm{I}_n)\subset \operatorname{Ker}( (A-\lambda\mathrm{I}_n)^2) $.\\ Montrons l'autre inclusion. Soit $U\in \operatorname{Ker}\big( (A-\lambda\mathrm{I}_n)^2\big)$.\\ On a alors $(A-\lambda \mathrm{I}_n) U\in \operatorname{Im}( A-\lambda\mathrm{I}_n)\cap \operatorname{Ker}( A-\lambda\mathrm{I}_n)$.\\ Ainsi, d'une part, il existe $\alpha \in \mathbb{R}$ tel que $(A-\lambda \mathrm{I}_n) U=\alpha X$.\\ D'autre part, comme $\operatorname{Vect}(Y)^{\perp}=\operatorname{Im}( A-\lambda\mathrm{I}_n)$, on a $((A-\lambda \mathrm{I}_n) U, Y)=0= \alpha (X, Y)$ avec $(X, Y)\neq 0$.\\ On d\'{e}duit que $\alpha=0$. Ainsi, $U\in \operatorname{Ker}( A-\lambda\mathrm{I}_n)$. \end{enumerate} \item Comme $A$ est diagonalisable et $\operatorname{Ker} (A-\lambda\mathrm{I}_n)=\operatorname{Vect}(X)$ avec $X\neq 0$, il existe une base de vecteurs propres $(X, U_2, \ldots U_n)$ de $\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})$ telle que $A X= \lambda X$ et $A\, U_i=\lambda_i\, U_i$ avec $\lambda_i\neq \lambda$ pour $i\in\{2, \ldots n\}$. Comme $\lambda\neq \lambda_i$ et que $Y$ est un vecteur propre de $\transposee A$ pour la valeur propre $\lambda$.\\ On d\'{e}duit de la question 1. que $(Y,U_i)=0$ pour $i\in \llbracket 2, n\rrbracket$.\\ Ainsi, il vient $(A+ X \transposee Y)U_i=A U_i+(Y, U_i) X= \lambda_i U_i$ pour $i\in \{2,\ldots, n\}$.\\ De plus, $(A+ X \transposee Y)X = \lambda X+(Y,X) \,X =(\lambda+(Y,X))\, X$. Donc $(X, U_2, \ldots U_n)$ est une base de vecteurs propres de $A+ X \transposee Y$ avec pour valeurs propres associ\'{e}es $\lambda+(Y,X), \lambda_2, \lambda_3, \ldots, \lambda_n$. $A+ X \transposee Y$ est donc diagonalisable et $\operatorname{Sp}(A+ X \transposee Y)=\{ \lambda+(X,Y), \lambda_2, \ldots, \lambda_n\}$.\\ \end{enumerate} \end{sol} %====================================================================== % Alg\`{e}bre \begin{exo} \themexo{Distance d'un point \`{a} un \textsc{sev}}{Espace euclidien, fonctions de plusieurs variables} Soit $n\in \N^*$. On munit ${\mathbb{R}}^{n+1}$ de son produit scalaire canonique et de la nome associ\'{e}e.\\ On note $\mathcal{B}= (e_1, \ldots, e_{n+1})$ la base canonique de $\R^{n+1}$.\\ On note $u$ le vecteur de ${\mathbb{R}}^{n+1}$ d\'{e}fini par $u= \dsum_{i=1}^{n+1} e_i$.\\ On d\'{e}signe par $H$ l'orthogonal de la droite engendr\'{e}e par $u$.\\ Pour tout $j$ de $\llbracket{1,n\rrbracket}$, on pose : $$v_j=\sqrt{\frac{j}{j+1}} \left( \sum_{k=1}^j -\frac{1}{j}e_k+ e_{j+1}\right)$$ Enfin, on note aussi $v=\dsum_{i=1}^{n+1} a_ie_i$ un vecteur fix\'{e} de $\R^{n+1}$ (avec $a_1,\dots,a_n \in \RR$ fix\'{e}s). \begin{enumerate} \item Montrer que $(v_1,v_2, \ldots,v_n)$ est une base orthonorm\'{e}e de $H$. \item D\'{e}terminer $\displaystyle \inf_{w\in H}\|v-w\|$. Ce r\'{e}el est not\'{e} $d(v,H)$. \item On d\'{e}finit l'application $\R^{n} \rTo^f \R$ par : $$f(x_1,\ldots ,x_{n})= \|v-w\|^2 \avec w=\dsum_{i=1}^{n+1}x_ie_i \in H.$$ \begin{enumerate} \item Montrer qu'on d\'{e}finit bien ainsi une application $f$, et donner une expression simplifi\'{e}e de $f(x_1, \ldots, x_n)$. \item D\'{e}terminer les points critiques de $f$ sur $\R^{n}$. \item Montrer que $f$ admet un minimum global sur $\R^n$ et le calculer. \item Comparer avec le r\'{e}sultat de la question $3$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} Soit $n\in \N^*$. On munit ${\mathbb{R}}^{n+1}$ de son produit scalaire canonique et de la nome associ\'{e}e. \noindent On note $\mathcal{B}= (e_1, \ldots, e_{n+1})$ la base canonique de $\R^{n+1}$, $u$ le vecteur de ${\mathbb{R}}^{n+1}$ d\'{e}fini par $u= \dsum_{i=1}^{n+1} e_i$ et $H$ l'orthogonal de la droite engendr\'{e}e par $u$.\\ Pour tout $j$ de $\llbracket{1,n\rrbracket}$, on pose : $$v_j=\sqrt{\frac{j}{j+1}} \left( \sum_{k=1}^j -\frac{1}{j}e_k+ e_{j+1}\right)$$ %Enfin, on note aussi (avec $a_1,\dots,a_n \in \RR$ fix\'{e}s). \begin{enumerate} \item Montrer que $(v_1,v_2, \ldots,v_n)$ est une base orthonorm\'{e}e de $H$. \item Soit $v=\dsum_{i=1}^{n+1} a_ie_i$ un vecteur fix\'{e} de $\R^{n+1}$. D\'{e}terminer $\displaystyle d(v,H)=\inf_{w\in H}\|v-w\|$. \item On d\'{e}finit l'application $\R^{n} \rTo^f \R$ par : $$f(x_1,\ldots ,x_{n})= \|v-w\|^2 \avec w=\dsum_{i=1}^{n+1}x_ie_i \in H.$$ \begin{enumerate} \item Montrer que $f$ admet un minimum global sur $\R^n$ et le calculer. \item Comparer avec le r\'{e}sultat de la question $2$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Il est clair que les $v_j$ appartiennent $H$ car $\lbrace u,v_j \rbrace=j\frac{-1}{j}+1=0$.\\ De plus \begin{itemize} \item[$\bullet$] Soit $1 \leq j \frac{\sigma^2}{n+1}$, il existe $R$ tel que si $||x||>R$, on a $||f(x)||\geq A$.\\ Sur le ferm\'{e} born\'{e} $\overline{B}(0,R)$, la fonction continue $f$ est born\'{e}e et atteint son minimum.\\ Comme $\RR^n$ est ouvert il est atteint en un point critique de $f$ qui qui ne peut \^{e}tre que $(y_1,\ldots ,y_n)$. \item {\en Conclusion : } on constate l'\'{e}galit\'{e} entre $\min(f)$ et la distance au carr\'{e} de $v$ \`{a} $H$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} %========================================================================================== %Alg\`{e}bre \begin{exo} \themexo{Endomorphisme $M\mapsto AM$}{Matrices, diagonalisation} Soit un entier $n\geq 2$. Soit $E= \mathcal{M}_n(\R)$ l'ensemble des matrices carr\'{e}es r\'{e}elles d'ordre $n$.\\ Pour toute matrice $B\in E$ on note $\Phi_B$ l'endomorphisme de $E$ d\'{e}fini par : $$\forall M\in E, \Phi_B(M)= BM$$ Soit $A\in E$ une matrice fix\'{e}e. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Montrer que si $A$ est nilpotente (c'est-\`{a}-dire qu'il existe $p\geq 2$ tel que $A^p=0$), alors $\Phi_A$ est nilpotent (c'est-\`{a}-dire qu'il existe $q\geq 2$ tel que $\Phi_A^q=0$). \item Soit $P$ un polyn\^{o}me. Trouver une matrice $B$ telle que $P(\Phi_A)=\Phi_B$. \item Montrer que $A$ admet un polyn\^{o}me annulateur (non nul).\\ Montrer que $A$ et $\Phi_A$ ont les m\^{e}mes polyn\^{o}mes annulateurs. \end{enumerate} \item Trouver une condition n\'{e}cessaire et suffisante sur $A$ pour que $\Phi_A$ soit un isomorphisme de $E$.\\ \end{enumerate} Dans la question 3, on admet le r\'{e}sultat suivant (qui sera \`{a} d\'{e}montrer dans la question 4) : \\ Une matrice $B$ est diagonalisable si et seulement s'il existe $\lambda_1, \ldots, \lambda_p\in \R$ distincts tels que le polyn\^{o}me $m$ d\'{e}fini par $m(x)= \dprod_{k=1}^p (x-\lambda_k)$ soit annulateur de $B$. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que $A\in E$ est diagonalisable si et seulement si $\Phi_A$ est diagonalisable. \item {\em D\'{e}monstration du r\'{e}sultat admis.} \begin{enumerate} \item Soient $u,v$ deux endomorphisme d'un espace vectoriel de dimansion finie. Montrer que : $$\dim(\Ker(u\circ v)) \leq \dim(\Ker u) +\dim(\Ker v)$$ \item En d\'{e}duire le r\'{e}sultat admis. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} Soit un entier $n\geq 2$. Soit $E= \mathcal{M}_n(\R)$ l'ensemble des matrices carr\'{e}es r\'{e}elles d'ordre $n$.\\ Pour toute matrice $A\in E$ donn\'{e}e, on note $\Phi_A$ l'endomorphisme de $E$ d\'{e}fini par : $$\forall M\in E, \Phi_A(M)= AM$$ \begin{enumerate} \item Montrer que $A$ et $\Phi_A$ ont les m\^{e}mes valeurs propres. \item On suppose que $A$ est diagonalisable. \begin{enumerate} \item Montrer que ${}^t A$ est diagonalisable. \item Montrer que $\Phi_A$ est diagonalisable. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soient $u,v$ deux endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension finie. Montrer que : $$\dim(\Ker(u\circ v)) \leq \dim(\Ker u) +\dim(\Ker v)$$ \item Montrer que $A$ est diagonalisable si et seulement si $A$ admet un polyn\^{o}me annulateur qui n'a que des racines simples. \item On suppose que $\Phi_A$ est diagonalisable. Montrer que $A$ est diagonalisable. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Par r\'{e}currence \'{e}vidente sur $k\geq 0$, on a $(\Phi_A)^k(M)= \Phi_{A^k}(M)$ pour tout $M$,\\ \ie $(\Phi_A)^k= \Phi_{A^k}$. Donc $q=p$ convient. \item On vient de voir que pour tout $k\in \N$, on a $(\Phi_A)^k= \Phi_{A^k}$.\\ Si $P(x)= \dsum_{j=0}^p a_j x^j$, pour tout $M\in E$, on a alors $P(\Phi_A)(M)=\Phi_{P(A)}(M)$.\\ Ainsi \fbox{$P(\Phi_A)=\Phi_{P(A)}$.} \item La famille $(I, A, \ldots, A^{n^2})$ est de cardinal $n^2+1$ dans $E$ de dimension $n^2$ ; elle est donc li\'{e}e.\\ Ainsi $A$ poss\`{e}de un polyn\^{o}me annulateur $P$.\\ D'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente tout polyn\^{o}me $P$ annulateur $A$ est un polyn\^{o}me annulateur de $\Phi_A$.\\ R\'{e}ciproquement si $P(\Phi_A)=0$, alors, pour tout $M\in E$, on a $P(A)M=0$.\\ En prenant $M=I_n$, on obtient $P(A)=0$. \end{enumerate} \item Si $A$ est inversible, alors $\Phi_A \circ \Phi_{A^{-1}}=\Phi_{A^{-1}} \circ \Phi_A=\id_E$, donc $\Phi_A$ bijective.\\ R\'{e}ciproquement (par contrapos\'{e}e), si $A$ n'est pas inversible, alors pour tout $X\in \Ker A \setminus\{0\} $, la matrice $M$ dont les colonnes sont $(X,X, \ldots, X)$ appartient \`{a} $\Ker \Phi_A$,. \\ Donc $\Ker \Phi_A\neq\{0\}$ donc $\Phi_A$ n'est pas injective, et donc n'est pas bijective.\\ Une condition n\'{e}cessaire et suffisante de bijectivit\'{e} de $\Phi_A$ est donc \fbox{$A$ inversible.} \item En passant par sa matrice dans une base, le r\'{e}sultat admis s'\'{e}tend \`{a} un endomorphisme.\\ Ainsi $\Phi_A$ est diagonalisable si et seulement s'il poss\`{e}de un polyn\^{o}me annulateur scind\'{e} \`{a} racines simples.\\ D'o\`{u} l'\'{e}quivalence puisque $A$ et $\Phi_A$ ont les m\^{e}mes polyn\^{o}mes annulateurs (\cf Q1c). \item \begin{enumerate} \item Soit $w$ la restriction de $u$ \`{a} l'image de $v$ \ie $w=u|_{\Im(v)}$.\\ Alors $w$ est une application lin\'{e}aire de $\Im(v)$ dans $\Im(u\circ v)$. On a : $$\Ker w=\{y\in \Im(v) / u(y)=0\}= \Ker(u)\cap \Im(v),\ \Im(w)=\{u(v(x)), x\in E\}=\Im(u\circ v)$$ Le th\'{e}or\`{e}me du rang appliqu\'{e} \`{a} $w$, puis \`{a} chaque endomorphisme $u$ et $v$, permet d'\'{e}crire $$ \dim (\Im(v))= \dim(\Ker(u)\cap \Im(v))+\dim(\Im(u\circ v)) \Leftrightarrow \dim(\Ker(u\circ v)) \leq \dim(\Ker u) +\dim(\Ker v)$$ \item Si $A$ est diagonalisable, en prenant $m=\dprod_{\lambda \in \Sp(M)} (X-\lambda)$, on obtient classiquement que $m(A)=0$.\\ R\'{e}ciproquement si $m(A)=0$. \\ On g\'{e}n\'{e}ralise la question pr\'{e}c\'{e}dente \`{a} plusieurs endomorphismes par r\'{e}currence. Il vient donc $$n \underset{m(A)=0}= \dim\left(\ker (\prod_{k=1}^p (A-\lambda_k I)\right) \leq \sum_{k=1}^p \dim (\Ker (A-\lambda_k I)) \leq n,$$ car les sous espaces propres sont en somme directe.\\ Donc $\dsum_{k=1}^p \dim (\Ker (A-\lambda_k I))=n$, ce qui montre que $A$ est diagonalisable. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} %============================================================================= % Alg\`{e}bre \begin{exo} \themexo{Couple d'endomorphismes}{valeur propre, noyau image} Soit $n$ un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$. Soit $E$ un espace vectoriel de dimension $n$, $\cal B$ une base de $E$, $u$ et $v$ deux endomorphismes de $E$ tels que $u\circ v=v\circ u$ et v\'{e}rifiant $\ker(u)\cap\ker(v)=\{0_E\}$.\\ On dit que $\lambda$ est une valeur propre du couple $(u,v)$ si $\ker(u-\lambda v)$ n'est pas r\'{e}duit \`{a} $\{0_E\}$. On note $\Sp(u,v)$ l'ensemble des valeurs propres du couple $(u,v)$. \begin{enumerate} \item {\bf Dans cette question seulement,} on suppose que $n=2$ et que : $$M_{\cal B}(u)=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1 & -1 \end{pmatrix} \bet M_{\cal B}(v)=\begin{pmatrix} 0 & -1\\ 1 & 2 \end{pmatrix}.$$ Montrer que le couple $(u,v)$ v\'{e}rifie les hypoth\`{e}ses de l'\'{e}nonc\'{e} et d\'{e}terminer $\Sp(u,v)$. \item On suppose dans cette question que $v$ est un isomorphisme de $E$ sur $E$.\\ Montrer que $\Sp(u,v)=\Sp(v^{-1}\circ u)$,\\ o\`{u} $\Sp(v^{-1}\circ u)$ d\'{e}signe l'ensemble des valeurs propres de $v^{-1}\circ u$. \item Soit $\lambda$ et $\mu$ deux r\'{e}els distincts. Montrer que $\ker(u-\lambda v)\cap \ker(u-\mu v)=\{0_E\}$. \item Soit $p$ un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$. On consid\`{e}re dans cette question, $\lambda_1,\ldots,\lambda_{p}$ des r\'{e}els deux \`{a} deux distincts et on suppose que les noyaux $\ker(u-\lambda_kv)$, pour $k \in \llbracket 1,p\rrbracket $ sont en somme directe. Soient $\lambda_{p+1}$ diff\'{e}rent des autres $\lambda_k$.\\ \begin{enumerate} \item Pour tout $k \in \llbracket 1,p+1\rrbracket$, on se donne $x_{k}\in\ker(u-\lambda_{k}v)$ v\'{e}rifiant $\displaystyle \sum_{k=1}^{p+1}x_k=0$.\\ % \item Montrer que l'on a les deux \'{e}galit\'{e}s suivantes: % $$ \sum_{k=1}^{p+1}v(x_k)=0 \mbox{ et } % \sum_{k=1}^{p+1}\lambda_kv(x_k)=0 % $$ % \item Montrer que : \begin{itemize} \item[$\bullet$] %En d\'{e}duire que l'on a : $\dsum_{k=1}^{p}(\lambda_k-\lambda_{p+1})v(x_k)=0$ ; \item[$\bullet$] pour tout $k\in\llbracket 1,p\rrbracket$, on a : $v(x_k)\in\ker(u-\lambda_kv)$. \end{itemize} % En d\'{e}duire que pour tout $k\in\llbracket 1,p+1\rrbracket$, $v(x_k)=0$. %\end{enumerate} \item En d\'{e}duire que les sous-espaces $\big(\ker(u-\lambda_kv)\big)_{1\leq k\leq p+1}$ sont en somme directe. %l'on a la somme directe suivante: $\displaystyle\bigoplus_{k=1}^{p+1}\ker(u-\lambda_kv)$. \end{enumerate} \item Montrer que le couple $(u,v)$ poss\`{e}de au plus $n$ valeurs propres distinctes. \item D\'{e}duire de ce qui pr\'{e}c\`{e}de que $\im(u)+\im(v)=E$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} Soit $n$ un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$. Soit $E$ un espace vectoriel de dimension $n$, $\cal B$ une base de $E$, $u$ et $v$ deux endomorphismes de $E$ tels que $u\circ v=v\circ u$ et v\'{e}rifiant $\ker(u)\cap\ker(v)=\{0_E\}$.\\ \begin{enumerate} \item {\bf Dans cette question seulement,} on suppose que $n=2$ et que : $$M_{\cal B}(u)=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ -1 & -1 \end{pmatrix} \bet M_{\cal B}(v)=\begin{pmatrix} 0 & -1\\ 1 & 2 \end{pmatrix}.$$ Montrer que le couple $(u,v)$ v\'{e}rifie les hypoth\`{e}ses de l'\'{e}nonc\'{e} et d\'{e}terminer $\ker(u-\lambda v)$ suivant les valeurs de $\lambda$. \item \begin{enumerate} \item On suppose dans cette question que $v$ est un isomorphisme de $E$ sur $E$. Montrer que $\ker(u-\lambda v) \neq \{0\}$ si et seulement si $\lambda$ est valeur propre de $v^{-1}\circ u$. \item Soit $\lambda$ et $\mu$ deux r\'{e}els distincts. Montrer que $\ker(u-\lambda v)\cap \ker(u-\mu v)=\{0_E\}$. \end{enumerate} \item Soit $p$ un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$. On consid\`{e}re dans cette question, $\lambda_1,\ldots,\lambda_{p}$ des r\'{e}els deux \`{a} deux distincts et on suppose que les noyaux $\ker(u-\lambda_kv)$, pour $k \in \llbracket 1,p\rrbracket $ sont en somme directe. Soient $\lambda_{p+1}$ diff\'{e}rent des autres $\lambda_k$.\\ \begin{enumerate} \item Pour tout $k \in \llbracket 1,p+1\rrbracket$, on se donne $x_{k}\in\ker(u-\lambda_{k}v)$ v\'{e}rifiant $\displaystyle \sum_{k=1}^{p+1}x_k=0$.\\ Montrer que : \begin{itemize} \item[$\bullet$] l'on a : $\dsum_{k=1}^{p}(\lambda_k-\lambda_{p+1})v(x_k)=0$ ; \item[$\bullet$] pour tout $k\in\llbracket 1,p\rrbracket$, on a : $v(x_k)\in\ker(u-\lambda_kv)$. \end{itemize} \item En d\'{e}duire que les sous-espaces $\big(\ker(u-\lambda_kv)\big)_{1\leq k\leq p+1}$ sont en somme directe. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item On v\'{e}rifie bien que $M_{\cal B}(u) \times M_{\cal B}(v)=\matrice{1&1\\-1&-1}=M_{\cal B}(v) \times M_{\cal B}(u)$.\\ D'autre part, on remarque que $\ker(v)=\{0_E\}$, donc on a $\ker(u) \cap \ker(v)=\{0_E\}$.\\ On calcule, pour $\lambda \in \mathbb{R}, \det(M_{\cal B}(u-\lambda v))=\lambda ^2$, d'o\`{u} : $Sp(u,v)=\{0\}$. \item On a $ u- \lambda v$ non bijectif si et seulement si $v^{-1}u-\lambda \rm{Id}$ non bijectif. \item Soit $x \in \ker(u-\lambda v) \cap \ker(u-\mu v)$. Alors : $u(x)=\lambda v(x)$ et $u(x)=\mu v(x)$.\\ D'o\`{u} $v(x)=0$, d'o\`{u} $u(x)=0$, donc $x \in \ker(u) \cap \ker(v) =\{0_E\}$. \item \begin{enumerate} \item $\bullet$ En appliquant $v$ on obtient une premi\`{e}re \'{e}galit\'{e} $\dsum_{k=1}^{p+1}v(x_k)=0$.\\ Par ailleurs, appliquant $u$ et en utilisant le fait que $u(x_k)=\lambda_k v(x_k)$,\\ on obtient une deuxi\`{e}me \'{e}galit\'{e} $\dsum_{k=1}^{p+1}\lambda_kv(x_k)=0$.\\ On obtient premier r\'{e}sultat en soustrayant la deuxi\`{e}me \'{e}galit\'{e} \`{a} $\lambda_{p+1}$ fois la premi\`{e}re.\\ $\bullet$ Pour tout $ k \in \llbracket 1,p\rrbracket , u(v(x_k))=v(u(x_k))=v(\lambda_k v(x_k))=\lambda_k v(v(x_k))$, d'o\`{u} $(u-\lambda_k v)(v(x_k))=0$. Ainsi $\forall k \in \llbracket 1,p\rrbracket , (\lambda_k - \lambda_{p+1})v(x_k) \in \ker(u-\lambda_k v)$.\\ D'o\`{u} le r\'{e}sultat car $\lambda_{p+1}$ est distinct des autres $\lambda_k$. \item Or les noyaux sont en somme directe, donc (a) et (b) donnent : $\forall k \in \llbracket 1,p\rrbracket , v(x_k)=0$.\\ De plus, comme $\displaystyle \sum_{k=1}^{p+1}v(x_k)=0$, on a aussi $v(x_{p+1})=0$. Pour tout $\forall k \llbracket 1,p\rrbracket , x_k \in \ker(u-\lambda_k v)$, d'o\`{u} $u(x_k)=\lambda_k v(x_k)=0$,\\ donc $x_k \in \ker(u) \cap \ker(v)$ d'o\`{u} $x_k=0$.\\ Ainsi les espaces sont en somme directe. \end{enumerate} \item Par l'absurde, s'il y a $n+1$ valeurs propres distinctes $\lambda_1, \dots, \lambda_{n+1}$, alors $$\sum_{k=1}^{n+1}\dim(\ker(u-\lambda_k v))\geq n+1 \mbox{ et } \sum_{k=1}^{n+1}\dim(\ker(u-\lambda_k v))\leq n$$ Absurde. \item Comme $(u,v)$ admet un nombre fini de valeurs propres, il existe $\lambda \in \R$ tel que $\ker(u-\lambda v)=\{0_E\}$. Donc $\im(u-\lambda v)= E$. Ainsi $$E= \im(u- \lambda v)\subset \im (u) +\im (v) \subset E$$ \end{enumerate} \end{sol} \chapter{Probabilit\'{e}s} %============================================================================================================= % Probas \begin{exo} \themexo{Loi d'un premier succ\`{e}s. Loi de \textsc{\textsc{Cauchy}}}{v.a.r \`{a} densit\'{e}, in\'{e}galit\'{e}s probabilistes} Soit $(\Omega,{\cal A},\P)$ un espace probabilis\'{e}. Soit $X$ une variable al\'{e}atoire d\'{e}finie sur cet espace telle que, pour tout $t>0$, on a $\P(X>t)\neq 0$.\\ On note $F$ la fonction de r\'{e}partition de $X$.\\ Soit $(X_n)_{n\in\N^* }$ une suite de variables al\'{e}atoires sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e}, ind\'{e}pendantes et qui suivent toutes la m\^{e}me loi que $X$.\\ \bigskip Soit $\theta \in \R^{*}_+$. Pour tout $\omega\in\Omega$, on note $N_{\theta}(\omega)$ le plus petit entier $k\geq 1$ tel que $X_k(\omega)>\theta$.\\ On admet que $N_{\theta}$ est une variable al\'{e}atoire \`{a} valeurs dans $\N$.\\ \bigskip On d\'{e}finit enfin la variables al\'{e}atoire $R_{\theta}$ par, pour tout $\omega\in\Omega$ et $k\in\N^*$ : $$\mbox{ si}\ N_{\theta}(\omega)=k \mbox{ alors } R_{\theta}(\omega)=X_k(\omega)$$ On admet que $R_{\theta}$ est bien une variable al\'{e}atoire \`{a} valeurs dans $\N$. \begin{enumerate} \item Reconna\^{\i}tre la loi de $N_{\theta}$ et en d\'{e}duire $\E(N_{\theta})$. \item Soit $x>\theta$. \begin{enumerate} \item Justifier que pour tout $k\in\N^*$, $$\P\left([N_{\theta}=k]\cap [R_{\theta}\leq x]\right)=\P\left(\left(\bigcap_{i=1}^{k-1}[X_i\leq \theta]\right)\cap[\theta0$, on a $\P(X>t)\neq 0$.\\ On note $F$ la fonction de r\'{e}partition de $X$.\\ Soit $(X_n)_{n\in\N^* }$ une suite de variables al\'{e}atoires sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e}, ind\'{e}pendantes et qui suivent toutes la m\^{e}me loi que $X$.\\ \bigskip Soit $\theta \in \R^{*}_+$. Pour tout $\omega\in\Omega$, on note $N_{\theta}(\omega)$ le plus petit entier $k\geq 1$ tel que $X_k(\omega)>\theta$.\\ On admet que $N_{\theta}$ est une variable al\'{e}atoire \`{a} valeurs dans $\N$.\\ \begin{enumerate} \item Reconna\^{\i}tre la loi de $N_{\theta}$. \item Soit $x>\theta$. On d\'{e}finit la variables al\'{e}atoire $R_{\theta}$ par, pour tout $\omega\in\Omega$ et $k\in\N^*$ : $$\mbox{ si}\ N_{\theta}(\omega)=k \mbox{ alors } R_{\theta}(\omega)=X_k(\omega)$$ On admet que $R_{\theta}$ est bien une variable al\'{e}atoire \`{a} valeurs dans $\N$.\\ \begin{enumerate} \item Justifier que pour tout $k\in\N^*$, $$\P\left([N_{\theta}=k]\cap [R_{\theta}\leq x]\right)=\P\left(\left(\bigcap_{i=1}^{k-1}[X_i\leq \theta]\right)\cap[\theta\theta)$, que les succ\`{e}s sont ind\'{e}pendants car les $X_k$ le sont, et de m\^{e}me probabilit\'{e} $1-F(\theta)$, on reconna\^{\i}t que $N_{\theta}\hookrightarrow {\cal G}(1-F(\theta))$. Donc $\E(N_{\theta})=\dfrac 1{1-F(\theta)}$ (NB : on a bien $0<1-F(\theta)$ par hypoth\`{e}se). \item \begin{enumerate} \item $[R_{\theta}\leq x]$ et $[N_{\theta}=k]$ sont r\'{e}alis\'{e}s si et seulement si pour tout $i\in\llbracket 1,k-1\rrbracket$, $[X_i\leq \theta]$ est r\'{e}alis\'{e}, ainsi que $[X_k>\theta]$ et $[X_k\leq x]$ puisqu'alors $R_{\theta}=X_k$. Donc $$[R_{\theta}\leq x]\cap [N_{\theta}=k]=\left(\bigcap_{i=1}^{k-1}[X_i\leq \theta]\right)\cap[\theta0$, $\arctan x + \arctan(1/x)= \frac{\pi}{2}$.\\ D'o\`{u} $1-F(x)=\dfrac 1{\pi}\left(\dfrac{\pi}2-\arctan(x)\right)=\dfrac 1{\pi}\arctan(1/x)$, et $\arctan(u)\sim u$ en $0$ d'o\`{u} le r\'{e}sultat. \item La fonction de r\'{e}partition de $Y$ est donn\'{e}e par $F_Y(x)=\begin{cases} 0 & \si x\leq 1 \\ 1-\frac1{x} & \sinon \end{cases}$.\\ Si $x\leq 1$, on a $\P\left(\dfrac{S_n}n\leq x\right)=\P\left(S_n\leq nx\right)=0=F_Y(x)$.\\ Si $x>1$, on a $\P\left(\dfrac{S_n}n\leq x\right)=\P\left(S_n\leq nx\right)=1-\dfrac{1-F(nx)}{1-F(n)}\equivalent{n\to +\infty} \dfrac{\frac 1{\pi nx}}{\frac 1{\pi n}} \rTo_{n\to +\infty} 1-1/x=F_Y(x)$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} %========================================================================================= % Probas \begin{exo} \themexo{Tirages de boules dans une urne}{Python, variables discr\`{e}tes, esp\'{e}rance} On consid\`{e}re une urne qui contient trois boules : une blanche, une noire et une rouge.\\ On effectue des tirages au hasard successifs d'une boule avec remise dans cette urne.\\ Cette exp\'{e}rience al\'{e}atoire est mod\'{e}lis\'{e}e par un espace probabilis\'{e} $(\Omega,{\cal A},P)$ sur lequel sont d\'{e}finies toutes les variables al\'{e}atoires de l'exercice. \smallskip On note $X$ la variable al\'{e}atoire \'{e}gale au num\'{e}ro du tirage o\`{u} pour la premi\`{e}re fois on a obtenu une boule blanche et on note $Y$ le num\'{e}ro du tirage o\`{u} pour la premi\`{e}re fois on a obtenu une boule noire. On note \'{e}galement $U=|X-Y|$ et $W=\min(X,Y)$. \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer la loi de $X$, son esp\'{e}rance et sa variance. \item Les variables al\'{e}atoires $X$ et $Y$ sont-elles ind\'{e}pendantes ? \item Que repr\'{e}sente $W$ ? En d\'{e}duire la loi $W$. \item Compl\'{e}ter la fonction \texttt{Python} suivante pour qu'elle simule le couple $(X,Y)$ : \begin{lstlisting} import numpy.random as rd def simul(): n,X,Y=1,0,0 while X==0 or Y==0: b=rd.randint(1,4) #1:blanc ; 2:noir ; 3:rouge if b==1 and X==0: X=____ if ______: Y= _______ n=n+1 return (X,Y) \end{lstlisting} \item Que repr\'{e}sente la variable al\'{e}atoire $U+W$ par rapport \`{a} $X$ et $Y$ ?\\ En d\'{e}duire une relation simple entre $U$, $W$, $X$ et $Y$, puis l'esp\'{e}rance de $U$. \item Dans cette question, {\it on admet} que quel que soit $k\in\N^*$, la loi conditionnelle de $U$ sachant $(W=k)$ est la loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $\dfrac13$. Que peut-on en d\'{e}duire sur les deux variables $U$ et $W$ ? En d\'{e}duire la loi de $U$. \item Justifier l'affirmation de la question {\bf 6}, \`{a} savoir que, pour tout $k\in\NN^*$, la loi conditionnelle de $U$ sachant $(W=k)$ est la loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $\dfrac13$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} On consid\`{e}re une urne qui contient trois boules : une blanche, une noire et une rouge.\\ On effectue des tirages au hasard successifs d'une boule avec remise dans cette urne.\\ \smallskip On note $X$ la variable al\'{e}atoire \'{e}gale au num\'{e}ro du tirage o\`{u} pour la premi\`{e}re fois on a obtenu une boule blanche et on note $Y$ le num\'{e}ro du tirage o\`{u} pour la premi\`{e}re fois on a obtenu une boule noire. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer la loi de $X$ et celle de $Y$. \item Les variables al\'{e}atoires $X$ et $Y$ sont-elles ind\'{e}pendantes ? \item On pose $W=\min(X,Y)$. Que repr\'{e}sente $W$ ? D\'{e}terminer la loi de $W$. \end{enumerate} \item Compl\'{e}ter la fonction \texttt{Python} suivante pour qu'elle simule le couple $(X,Y)$ : \begin{lstlisting} import numpy.random as rd def simul(): n,X,Y=1,0,0 while X==0 or Y==0: b=rd.randint(1,4) #1:blanc ; 2:noir ; 3:rouge if b==1 and X==0: X=____ if ______: Y= _______ n=n+1 return (X,Y) \end{lstlisting} \item On pose $U=|X-Y|$. \begin{enumerate} \item Justifier que, pour tout $k\in\NN^*$, la loi conditionnelle de $U$ sachant $(W=k)$ est la loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $\dfrac13$. \item Que peut-on en d\'{e}duire sur les deux variables $U$ et $W$ ? En d\'{e}duire la loi de $U$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item La variable \fbox{$X$ est le rang du premier succ\`{e}s \og tirer un boule blanche \fg,} de probabilit\'{e} $\frac13$ lors de tirages ind\'{e}pendants (avec remise). Donc \fbox{$X\hookrightarrow{\mathcal G}\Big(\dfrac{1}{3}\Big)$,} et d'apr\`{e}s le cours : \fbox{$E(X)=3$ et $V(X)=6$.} \item De m\^{e}me $Y$ suit aussi la loi ${\mathcal G}\Big(\dfrac{1}{3}\Big)$. Alors \fbox{$X$ et $Y$ ne sont pas ind\'{e}pendantes} car : \begin{center} $\forall k\in \N^*,\ P\big((X=k)\cap (Y=k)\big)=0 \neq\left(\frac13\left(\frac23\right)^{k-1}\right)^2= P(X=k)\times P(Y=k).$ \end{center} \item La variable \fbox{$W$ est le rang du premier succ\`{e}s \og tirer une boule blanche ou noire \fg,} donc \fbox{$W\hookrightarrow{\mathcal G}\Big(\dfrac{2}{3}\Big)$.} \item {\em Remarque :} \texttt{rd.randint(1,4)} est \`{a} valeur dans $\llbracket 1,3\rrbracket$ (alors que \texttt{random.randint(1,4)} est dans $\llbracket 1,4\rrbracket$). \begin{lstlisting}[multicols=2] if b==1 and X==0: X=n if b==2 and Y==0: Y=n \end{lstlisting} \item La variable $U+W$ repr\'{e}sente le maximum de $X$ et de $Y$ \fbox{$U+W=\max(X,Y)$ } ; en effet :\\ $\bullet\ $ si $X(\omega)j$ : $P\big((X=i)\cap (Y=j)\big)=\dfrac{2^{i-j-1}}{3^i}$ (de m\^{e}me que dans le cas pr\'{e}c\'{e}dent) \end{itemize} Donc, pour tout $i\in\N^*$ et $k\in\N^*$, on a : \begin{align*} P_{(W=k)}(U=i)& =\dfrac{ P(X=k\cap Y=k+i)+P(Y=k\cap X=k+i)}{P(W=k)} =\dfrac{2\times \dfrac{2^{i-1}}{3^{i+k}}}{\frac23\times\left(\frac{1}{3}\right)^{k-1}} =\frac12\times\left(\frac23\right)^i=\dfrac13 \left(\dfrac{2}{3}\right)^{i-1} \end{align*} \end{enumerate} \end{sol} %================================================================= %Probas \begin{exo} \themexo{Estimateur}{convergence, intervalle de confiance} \noindent On consid\`{e}re une variable al\'{e}atoire $X$ sur un espace probabilis\'{e} $(\Omega,\mathcal A,\P)$ qui suit la loi de \textsc{\textsc{\textsc{Poisson}}} de param\`{e}tre $\lambda>0$. Soit $n\in \N^*$. Soit $(X_1,\ldots,X_n)$ un $n$-\'{e}chantillon ind\'{e}pendant et de m\^{e}me loi que celle de $X$. \\ On pose $Y_n=\dsum_{i=1}^n X_i$ et $\overline{X}_n=\dfrac {Y_n}{n}$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Quelle est la loi, l'esp\'{e}rance et la variance de la variable al\'{e}atoire $Y_n$ ? \item Soit $n\in \N^*$. D\'{e}terminer l'esp\'{e}rance et la variance de la variable al\'{e}atoire $\overline{X}_n$. \item D\'{e}montrer que $\overline{X}_n$ est un estimateur sans biais convergent de $\lambda$. \end{enumerate} \item Soit $n\in \N^*$ et $k\in \N$. \begin{enumerate} \item Soit $(k_1,\ldots,k_n)\in \N^n$ tel que $k_1+\cdots+k_n\neq k$. \\ D\'{e}terminer la probabilit\'{e} conditionnelle : $P_{[Y_n=k]}([X_1=k_1]\cap \cdots \cap [X_n=k_n]).$ \item D\'{e}terminer la loi conditionnelle du vecteur al\'{e}atoire $(X_1,\ldots,X_n)$ sachant l'\'{e}v\'{e}nement $[Y_n=k]$. \end{enumerate} \item On pose : $T_n=\sqrt n\dfrac{\overline{X}_n-\lambda}{\sqrt \lambda}$. \begin{enumerate} \item Justifier que la suite de variables al\'{e}atoires $(T_n)$ converge en loi vers une variable al\'{e}atoire $T$ dont on pr\'{e}cisera la loi. \item On admet que $n$ est suffisamment grand pour approcher la loi de $T_n$ par celle de $T$. Soit $\alpha\in ]0,1[$. On d\'{e}signe par $\Phi$ la fonction de r\'{e}partition de la loi normale centr\'{e}e r\'{e}duite et par $t_\alpha$ un r\'{e}el v\'{e}rifiant $\Phi(t_\alpha)=1-\dfrac\alpha 2$. D\'{e}terminer en fonction de $t_\alpha$ un intervalle de confiance de $\lambda$ au risque $\alpha$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} \noindent On consid\`{e}re une variable al\'{e}atoire $X$ sur un espace probabilis\'{e} $(\Omega,\mathcal A,\P)$ qui suit la loi de \textsc{\textsc{\textsc{Poisson}}} de param\`{e}tre $\lambda>0$. Soit $n\in \N^*$ et $(X_1,\ldots,X_n)$ un $n$-\'{e}chantillon ind\'{e}pendant et de m\^{e}me loi que celle de $X$. \\ On pose $Y_n=\dsum_{i=1}^n X_i$ et $\overline{X}_n=\dfrac {Y_n}{n}$. \begin{enumerate} \item D\'{e}montrer que $\overline{X}_n$ est un estimateur sans biais convergent de $\lambda$. \item Soit $n\in \N^*$ et $k\in \N$. \begin{enumerate} \item Soit $(k_1,\ldots,k_n)\in \N^n$ tel que $k_1+\cdots+k_n\neq k$. \\ D\'{e}terminer la probabilit\'{e} conditionnelle : $P_{[Y_n=k]}([X_1=k_1]\cap \cdots \cap [X_n=k_n]).$ \item D\'{e}terminer la loi conditionnelle du vecteur al\'{e}atoire $(X_1,\ldots,X_n)$ sachant l'\'{e}v\'{e}nement $[Y_n=k]$. \end{enumerate} \item On pose : $T_n=\sqrt n\dfrac{\overline{X}_n-\lambda}{\sqrt \lambda}$. Soit $\alpha \in ]0,1[$. En utilisant $T_n$, d\'{e}terminer un intervalle de confiance de $\lambda$ au risque $\alpha$. \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Comme $X_1,\ldots,X_n$ sont ind\'{e}pendantes, par stabilit\'{e} des lois de \textsc{\textsc{\textsc{Poisson}}}, $Y_n\hookrightarrow\mathcal P(n\lambda)$.\\ D'o\`{u} $E(Y_n)=V(Y_n)=n\lambda$. \item D'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente on a : $\E\big(\overline {X}_n\big)=\dfrac 1{n}\E(Y_n)=\lambda$ et $\V\big(\overline {X}_n\big)=\dfrac{1}{n^2}\V(Y_n)=\dfrac{\lambda}n$. \item $\bullet$ D'abord $\overline{X}_n$ est un estimateur de $\lambda$ comme fonction ind\'{e}pendante de $\lambda$ d'un $n$-\'{e}chantillon i.i.d. de loi $\mathcal P(\lambda)$. \smallskip $\bullet$ On a $\E(\overline{X}_n)=\dfrac 1n\E(Y_n)=\lambda$ donc $\overline{X}_n$ est un estimateur sans biais de $\lambda$. \smallskip $\bullet$ $\V(\overline{X}_n)=\dfrac 1{n^2} \V(Y_n)=\dfrac{\lambda}n \underset{n\to +\infty} \longrightarrow0$ donc $\overline{X}_n$ est un estimateur sans biais convergent de $\lambda$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a : $\P_{[Y_n=k]}([X_1=k_1]\cap \cdots \cap [X_n=k_n])=\dfrac{\P([Y_n=k]\cap [X_1=k_1]\cap \cdots \cap [X_n=k_n])}{\P(Y_n=k)}$.\\ Mais $\P([Y_n=k]\cap [X_1=k_1]\cap \cdots \cap [X_n=k_n])=0$ donc la probabilit\'{e} conditionnelle cherch\'{e}e est nulle. \item Fixons $(k_1,\ldots,k_n)\in \N^n$. La loi conditionnelle du vecteur al\'{e}atoire $(X_1,\ldots,X_n)$ sachant l'\'{e}v\'{e}nement $[Y_n=k]$ est donn\'{e}e par \begin{itemize} \item Si $k_1+\cdots+k_n\neq k$ alors $\P_{[Y_n=k]}([X_1=k_1]\cap \cdots \cap [X_n=k_n])=0.$ \item Si $k_1+\cdots+k_n=k$, alors : $[[Y_n=k]\cap [X_1=k_1] \cap \cdots \cap [X_n=k_n]]=[[X_1=k_1]\cap \cdots \cap [X_n=k_n]].$ Par ind\'{e}pendance des variables al\'{e}atoires $X_1,\ldots,X_n$, il vient : \begin{eqnarray*} \P_{[Y_n=k]}([X_1=k_1]\cap \cdots \cap [X_n=k_n])&=&\dfrac 1{P(Y_n=k)}\dprod_{i=1}^nP(X_i=k_i)=\dfrac{k!}{(n\lambda)^k \e^{-n\lambda}}\dprod_{i=1}^n\dfrac{\lambda^{k_i} \e^{-\lambda}}{k_i!}\\ &=&\dfrac{k!}{(n\lambda)^k \e^{-n\lambda}}\times \dfrac{\lambda^{k_1+\cdots+k_n}\e^{-n\lambda}}{k_1!\cdots k_n!}=\dfrac{k!}{n^kk_1!\cdots k_n!} \end{eqnarray*} \end{itemize} \end{enumerate} \medskip \item \begin{enumerate} \item La variable centr\'{e}e r\'{e}duite associ\'{e}e \`{a} $\overline{X}_n$ est $T_n$. Les conditions d'utilisation du th\'{e}or\`{e}me de la limite centr\'{e}e sont v\'{e}rifi\'{e}es (suite de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes de m\^{e}me loi qui admet un moment d'ordre 2) : $T_n$ converge en loi vers $T$ o\`{u} $T$ est une variable al\'{e}atoire de loi $\mathcal N(0,1)$. \medskip \item On a $\P(-t_\alpha\le T_n\le t_\alpha)=\Phi(t_\alpha)-\Phi(-t_\alpha)=2\Phi(t_\alpha)-1=1-\alpha$. Et par ailleurs : \begin{eqnarray*} \P(-t_\alpha\le T_n\leq t_\alpha)&=& \P\left(-t_\alpha\le\sqrt n\dfrac{\overline{X}_n-\lambda}{\sqrt \lambda}\leq t_\alpha\right)=\P\left(\abs{\overline{X}_n-\lambda}\leq \dfrac{\sqrt \lambda\:t_\alpha}{\sqrt n}\right)\\ &=&\P\left(\left(\overline{X}_n-\lambda\right)^2\leq \dfrac{\lambda\:t_\alpha^2}{n}\right)=P\left(\lambda^2-2\left(\overline{X}_n+\dfrac{t_\alpha^2}{n}\right)\lambda +\overline{X}_n^2\leq 0\right) \end{eqnarray*} Le discriminant du trin\^{o}me en $\lambda$ est : $\Delta_n'=4\left(\overline{X}_n+\dfrac{t_\alpha^2}{n}\right)^2-4\overline{X}_n^2=\dfrac{4t_\alpha^2}{n}\left(2\overline{X}_n+\dfrac{t_\alpha^2}{n}\right)> 0$.\\ Ainsi $\P(-t_\alpha\leq T_n\leq t_\alpha)=\P( \alpha_n\leq \lambda\leq \beta_n)$ o\`{u} : $$ \alpha_n=\left(\overline{X}_n+\dfrac{t_\alpha^2}{n}\right)-\sqrt{\Delta'_n} \bet \beta_n=\left(\overline{X}_n+\dfrac{t_\alpha^2}{n}\right)+\sqrt{\Delta'_n}.$$ Un intervalle de confiance au risque $1-\alpha$ est donc $[ \alpha_n, \beta_n]$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} %==================================================================================== %Probas \begin{exo} \themexo{Python, couple de variables al\'{e}atoires}{esp\'{e}rance totale, estimation} Soient $m,p\in\NN^*$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit la fonction suivante, \'{e}crite en Python : \begin{lstlisting} [] from numpy.random import* def va(m,p): N=randint(1,m+1) #randint(1,m+1) renvoie un entier pris au hasard #entre 1 et m inclus. X=0 for i in range(N): X=X+randint(0,p+1) return N,X \end{lstlisting} On ex\'{e}cute {\tt va(10,1)}, cette fonction renvoie deux valeurs {\tt N,X}.\\ Sachant que {\tt N} vaut {\tt 8}, quelles sont les valeurs possibles de {\tt X} ? \item Expliquer ce que fait le script suivant : \begin{lstlisting} [] c=1 while va(10,1)!=va(10,1): c+=1 print(c) \end{lstlisting} \end{enumerate} \end{enumerate} Soit $(\Omega,{\cal A},P)$ un espace probabilis\'{e}.\\ Soit $(N,X)$ un couple al\'{e}atoire sur cet espace dont la valeur est simul\'{e}e par la fonction \texttt{va}. \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item Quelle est la loi suivie par la variable al\'{e}atoire $N$ ?\\ Pr\'{e}ciser, si elles existent, les valeurs de son esp\'{e}rance et de sa variance. \item Dans les cas particulier o\`{u} $m=p=1$, quelle est la loi de la variable al\'{e}atoire $X$ ? \end{enumerate} \end{enumerate} {\bf On se place d\'{e}sormais dans le cas particulier o\`{u} $p=1$.} \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item Pour tout $k \in \llbracket 1, m \rrbracket$ , justifier que la loi de $X$ conditionnellement \`{a} l'\'{e}v\'{e}nement $[N=k]$ est la loi binomiale ${\cal B}(k,\frac{1}{2})$. \item D\'{e}terminer la loi de $X$. \item Calculer l'esp\'{e}rance de $X$. \end{enumerate} \item En consid\'{e}rant la fonction $f$ d\'{e}finie par $f(x)=(\ee^x+1)^k$, \\ \'{e}tablir que, pour tout entier $k \geq 1$, on a: $$\dsum_{i=1}^k i^2 \bin{k}{i}= k(k+1) 2^{k-2}$$ \item Construire \`{a} partir de $N$ (vu comme un $1$-\'{e}chantillon) un estimateur sans biais de $m$.\\ Faire de m\^{e}me \`{a} partir de $X$. Comparer les variances de ces deux estimateurs.%Lequel de ces deux estimateurs est-il le meilleur ? %-> F : la comparaison par la varaiance ne d'applique pas aux estimateurs ponctuels, seulement aux suites d'estimateurs \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} Soient $m,p\in\NN^*$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit la fonction suivante, \'{e}crite en Python : \begin{lstlisting} [] from numpy.random import* def va(m,p): N=randint(1,m+1) #randint(1,m+1) renvoie un entier pris au hasard #entre 1 et m inclus. X=0 for i in range(N): X=X+randint(0,p+1) return N,X \end{lstlisting} On ex\'{e}cute {\tt va(10,1)}, cette fonction renvoie deux valeurs {\tt N,X}.\\ Sachant que {\tt N} vaut {\tt 8}, quelles sont les valeurs possibles de {\tt X} ? \item Expliquer ce que fait le script suivant : \begin{lstlisting} [] c=1 while va(10,1)!=va(10,1): c+=1 print(c) \end{lstlisting} \end{enumerate} \end{enumerate} Soit $(\Omega,{\cal A},P)$ un espace probabilis\'{e}. Soit $(N,X)$ un couple al\'{e}atoire sur cet espace dont la valeur est simul\'{e}e par la fonction \texttt{va}. \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item Quelle est la loi suivie par la variable al\'{e}atoire $N$ ? \item Dans les cas particulier o\`{u} $m=p=1$, quelle est la loi de la variable al\'{e}atoire $X$ ? \end{enumerate} \end{enumerate} {\bf On se place d\'{e}sormais dans le cas particulier o\`{u} $p=1$.} \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer la loi de $X$. \item Construire \`{a} partir de $N$ un estimateur sans biais de $m$.\\ Faire de m\^{e}me \`{a} partir de $X$. Lequel de ces deux estimateurs est-il le meilleur ? \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Comme \texttt{randint(0,2)} renvoie $0$ ou $1$, $X$ prend ses valeurs dans \fbox{$\llbracket 0,8 \rrbracket$.} \item Il simule deux valeurs du couple $(N,X)$ jusqu'\`{a} obtention de deux couples identiques.\\ Les valeurs possibles affich\'{e}es sont les entiers $c \in \N^*$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item La variable $N$ suit la loi ${\cal U}(\llbracket1,m\rrbracket)$. Donc $E(N)=\frac{m+1}{2}$, $V(N)=\frac{m^2-1}{12}$. \item Cas particulier $m=p=1$ : $X$ suit une loi ${\cal B}(\frac{1}{2})$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Sachant $(N=k)$, $X$ est la somme de $j$ variables ind\'{e}pendantes de loi $\mathcal B(1/2)$, donc \fbox{$X \hookrightarrow {\cal B}(j, \frac{1}{2})$.} % Pour $j \in \llbracket1,m\rrbracket$, $X$ est la somme de $j$ variables ${\cal B}(\frac{1}{2})$ ind\'{e}pendantes, donc \fbox{$X$ suit la loi ${\cal B}(j, \frac{1}{2})$.} \item On utilise le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $[N=k]_{1\leq k \leq m}$ et la formule des probabilit\'{e}s totales: Pour $i \in \llbracket0,m\rrbracket, P(X=i)=\dsum_{k=1}^m P(X=i\backslash N=k)P(N=k)=\frac{1}{m}\dsum_{k=i}^m \bin{k}{i}(\frac{1}{2})^k$ \item On utilise la formule de l'esp\'{e}rance totale avec le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $[N=k]_{1\leq k \leq m}$ : \begin{align*} E(X)&= \sum_{k=1}^m E(X|N=k)P(N=k) =\sum_{k=1}^m \frac{k}2 \times \frac1m =\boxed{\frac{m+1}{4}.} \end{align*} \end{enumerate} \item Comme $f(x)=(e^x+1)^k=\dsum_{j=0}^k \bin{k}{j} \ee^{jx}$, on a d'une part : $f^{''}(0)= \dsum_{j=1}^k j^2 \bin{k}{j}$, et d'autre part : \\$f^{''}(x)=k(k-1)(e^x+1)^{k-2}e^{2x} + k(e^x+1)^{k-1}e^x$ d'o\`{u} $f^{''}(0)=2^{k-2}[k(k-1)+2k]=2^{k-2}k(k+1)$.\\ {\em Autre id\'{e}e (sans utiliser $f$) :} $\frac{1}{2^k}\dsum_{j=1}^k j^2 \bin{k}{j}=E(T^2)= V(T)+E(T)^2$, avec $T$ qui suit la loi ${\cal B}(k,\frac12)$. \item Comme $E(N)=\frac{m+1}{2}$ on choisit : \fbox{$N^{'}=2N-1$} estimateurs sans biais de $m$.\\ Alors $V(N)=\frac{(m+1)(m-1)}{12}$ d'o\`{u} \fbox{$V( N^{'})=4V(N)=\frac{(m+1)(m-1)}{3}$.} \smallskip Comme $E(X)=\frac{m+1}{4}$ on choisit : \fbox{$X^{'}=4X-1$} estimateurs sans biais de $m$. Calculons $V( X^{'})$. Par la formule de l'esp\'{e}rance totale avec le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $[N=k]_{1\leq k \leq m}$ : \begin{align*} E(X^2)&= \sum_{k=1}^m E(X^2|N=k)P(N=k) =\sum_{k=1}^m \big(V(X|N=k)+E(X|N=k)^2\big) \times \frac1m\\ &= \frac1m \sum_{k=1}^m \big(\frac{k}4+\frac{k^2}4\big) =\frac{1}{4m} \left[ \frac{m(m+1)}{2}+\frac{m(m+1)(2m+1)}{6} \right]=\frac{1}{12}(m+1)(m+2). \end{align*} {\em Autre m\'{e}thode calcul de $E(X^2)$:} $ \begin{aligned} E(X^2)&=\sum_{i=1}^m i^2 \frac{1}{m}\sum_{k=i}^m \bin{k}{i}(\frac{1}{2})^k =\frac{1}{m} \sum_{k=1}^m \sum_{i=1}^k i^2 \bin{k}{i}(\frac{1}{2})^k \\ &= \frac{1}{m} \sum_{k=1}^m (\frac{1}{2})^k \sum_{i=1}^k i^2 \bin{k}{i} = \frac{1}{m} \sum_{k=1}^m(\frac{1}{2})^k k(k+1)2^{k-2} \text{ en utilisant la question pr\'{e}c\'{e}dente}\\ &= \frac{1}{4m} \sum_{k=1}^m k(k+1) = \frac{1}{12}(m+1)(m+2) \end{aligned} $ D'o\`{u} $V(X)=E(X^2)-E^2(X)= \frac{(m+1)(m+2)}{12} - \frac{(m+1)^2}{16} =\frac{(m+1)(m+5)}{48}$ et $V( X^{'})=16V(X)=\boxed{\frac{(m+1)(m+5)}{3}.}$ On a pour tout $m\geq 1$,\ \fbox{$V(X^{'}) > V(N^{'})$.} %donc $N^{'}$ est meilleur que $X^{'}$. \end{enumerate} \end{sol} %================================================================================ %Probas \begin{exo} \themexo{Urnes \`{a} contenus diff\'{e}rents}{choix al\'{e}atoire, calcul de loi et d'esp\'{e}rance} Soit un $r$ entier strictement positif. on consid\`{e}re $r$ urnes num\'{e}rot\'{e}es de $1$ \`{a} $r$ qui contiennent chacune $r$ boules. Pour tout $j \in \llbracket 1,r \rrbracket$, l'urne num\'{e}ro $j$ contient exactement $j$ boules rouges et $r-j$ boules d'une autre couleur. Soit $n\in \N^*$. On choisit une urne au hasard et on effectue dans cette urne $n$ tirages au hasard d'une boule avec remise. On note $X_r$ la variable al\'{e}atoire r\'{e}elle \'{e}gale au nombre de boules rouges tir\'{e}es lors de ces $n$ tirages. Pour $j\in \llbracket 1,r \rrbracket$, on note $U_j$ l'\'{e}v\'{e}nement \og le num\'{e}ro de l'urne choisie au hasard est $j$ \fg. \begin{enumerate} \item Soit $j\in \llbracket 1,r \rrbracket$. Quelle est la loi conditionnelle de $X_r$ sachant $U_j$ ? \item D\'{e}terminer la loi de probabilit\'{e} de $X_r$ {\em (on exprimera les diverses probabilit\'{e}s sous forme de sommes).} \item Calculer $\E(X_r)$. \item Pour $k \in \llbracket 0,n \rrbracket$, on note $f_k$ la fonction d\'{e}finie par : $f_k(x)=x^k(1-x)^{n-k}$. On pose $I_k=\dint_0^1 f_k(x) \mathrm{d}x$. \begin{enumerate} \item Pour tout $k\in \llbracket 0,n \rrbracket$, montrer la convergence de l'int\'{e}grale $\dint_0^1 f_k(x) \mathrm{d}x$. On la note $I_k$. \item D\'{e}terminer l'expression de $I_k$ en fonction de $k$. \item Montrer que la suite $(X_r)_{r\geq 0}$ converge en loi vers une variable $X$ \`{a} d\'{e}terminer. \end{enumerate} \item Montrer ${\displaystyle \lim_{r \to +\infty} \E(X_r)=\E(X) }$. \`{A} t-on, pour toute fonction $f: \R \to \R $, ${\displaystyle \lim_{r \to +\infty} \E(f(X_r))=\E(f(X)) }$ ? \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} Soit un $r$ entier strictement positif. on consid\`{e}re $r$ urnes num\'{e}rot\'{e}es de $1$ \`{a} $r$ qui contiennent chacune $r$ boules. Pour tout $j \in \llbracket 1,r \rrbracket$, l'urne num\'{e}ro $j$ contient exactement $j$ boules rouges et $r-j$ boules d'une autre couleur. Soit $n\in \N^*$. On choisit une urne au hasard et on effectue dans cette urne $n$ tirages au hasard d'une boule avec remise. On note $X_r$ la variable al\'{e}atoire r\'{e}elle \'{e}gale au nombre de boules rouges tir\'{e}es lors de ces $n$ tirages. Pour $j\in \llbracket 1,r \rrbracket$, on note $U_j$ l'\'{e}v\'{e}nement \og le num\'{e}ro de l'urne choisie au hasard est $j$ \fg. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer la loi de probabilit\'{e} de $X_r$. \end{enumerate} \item Pour $k \in \llbracket 0,n \rrbracket$, on note $f_k$ la fonction d\'{e}finie par : $f_k(x)=x^k(1-x)^{n-k}$. On pose $I_k=\dint_0^1 f_k(x) \mathrm{d}x$. \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer l'expression de $I_k$ en fonction de $k$. \item Montrer que la suite $(X_r)_{r\geq 0}$ converge en loi vers une variable $X$ \`{a} d\'{e}terminer. \end{enumerate} \item Calculer $\E(X_r)$. A-t-on, pour toute fonction $f: \R \to \R $, ${\displaystyle \lim_{r \to +\infty} \E(f(X_r))=\E(f(X)) }$ ? \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item On reconna\^{\i}t que la loi conditionnelle demand\'{e}e est binomiale de param\`{e}tres $n$ et $\frac{j}{r}$ \ie $$X_r(\Omega)=\llbracket 0,n \rrbracket \et \P(X_r=k|U_j)=\binom{k}{n}\big(\frac{j}{r}\big)^k \big(1-\frac{j}{r}\big)^{n-k}$$ \item Par la formule des probabilit\'{e}s totales avec le \textsc{sce} $(U_j)_{ 1 \leq j \leq r}$, on a : $$\P(X_r=k)=\sum_{j=1}^r \P(X_r=k | U_j)\underbrace{P(U_j)}_{=\frac1r}=\dfrac{1}{r} \dsum_{j=1}^r \binom{n}{k}\big(\dfrac{j}{r}\big)^k \big(1-\dfrac{j}{r}\big)^{n-k}.$$ % La famille $(U_j)_{ 1 \leq j \leq r}$ forme un syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements. Donc % $$[X_r=k]= \bigcup_{j=1}^r [X_r=k \cap U_j] \ \Longrightarrow \ \P(X_r=k)=\sum_{j=1}^r \P(X_r=k | U_j)P(U_j)$$ % Or $\P(U_j)=\dfrac{1}{r}$. % D'o\`{u} $ \P(X_r=k)=\dfrac{1}{r} \dsum_{j=1}^r \binom{n}{k}\big(\dfrac{j}{r}\big)^k \big(1-\dfrac{j}{r}\big)^{n-k} $. \item On peut \'{e}crire $$ \begin{aligned} \E(X_r)&=\sum_{k=0}^n k \P(X_r=k) =\sum_{k=0}^n \frac{k}{r} \sum_{j=1}^r \binom{n}{k}\big(\frac{j}{r}\big)^k \big(1-\frac{j}{r}\big)^{n-k} = \sum_{j=1}^r \frac{1}{r} \big( \sum_{k=0}^n k \binom{n}{k}\big(\frac{j}{r}\big)^k \big(1-\frac{j}{r}\big)^{n-k}\big) \\ &=\sum_{j=1}^r \frac{1}{r} (n \frac{j}{r}) \mbox{ on reconna\^{\i}t l'esp\'{e}rance d'une va\ } Y \mbox{ de loi binomiale de param\`{e}tres } (n, \frac{j}{r})\\ &=\frac{n}{r^2}\sum_{j=1}^r j=\frac{n}{2}\frac{r+1}{r} \end{aligned} $$ On peut \'{e}galement utiliser la formule de l'esp\'{e}rance totale: $\E(X_r)=\dsum_{j=1}^r\E(X_r|U_j)\P(U_j)= \dsum_{j=1}^r \dfrac{nj}{r}\ \dfrac{1}{r}$ \item \begin{enumerate} \item La fonction $f_k$ est une fonction polynomiale donc continue sur $[0,1]$ d'o\`{u} l'existence de $I_k$. \item Par int\'{e}gration par parties, on obtient $(k+1)I_k= (n-k)I_{k+1}$.\\ D'o\`{u} : $I_k=\frac{k!}{(n-k+1)\cdots n}I_0=\frac{1}{\binom{n}{k}(n+1)}$ %$$I_k= \frac{n-k}{k+1}I_{k+1}\Rightarrow I_k=\frac{k}{n-k+1}I_{k-1}=\cdots=\frac{k!}{(n-k+1)\cdots n}I_0=\frac{1}{\binom{n}{k}(n+1)}$$ \item D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me sur les sommes de \textsc{Riemann}, on a : $$\P(X_r=k)= \binom{n}{k} \times \frac{1}{r}\sum_{j=1}^{r} f_k\left(\frac{j}{r}\right) \rTo_{r\to +\infty} \binom{n}{k} \int_0^1 f_k(t)dt = \binom{n}{k} \frac{1}{\binom{n}{k}(n+1)}=\frac{1}{n+1}.$$ % On reconna\^{\i}t une somme de \textsc{Riemann}, % ${\displaystyle\lim_{r \to +\infty} \frac{1}{r}\sum_{j=1}^{r} f_k(\frac{j}{r})=\int_0^1 f_k(t)dt=I_k} $ et % $$ \lim_{r \to +\infty} \P(X_r=k)=\lim_{r \to +\infty} \binom{n}{k} \frac{1}{r}\sum_{j=1}^{r} f_k(\frac{j}{r})= \binom{n}{k} \frac{1}{\binom{n}{k}(n+1)}=\frac{1}{n+1} $$ La suite $(X_r)_{r\geq 0}$ converge donc en loi vers une variable $X$ de loi uniforme sur $\llbracket 0,n\rrbracket$. \end{enumerate} \item On a d\'{e}j\`{a} calcul\'{e} $\E(X_r)=\frac{n}{2}\frac{r+1}{r} $ et on a bien $\dlim_{r \to +\infty} \E(X_r)=\frac{n}{2}=\E(X)$ Plus g\'{e}n\'{e}ralement, pour toute fonction $f: \R \to \R $, l'univers des $X_r$ \'{e}tant fini, on a, par le th\'{e}or\`{e}me de transfert, lorsque $r\to +\infty$ $$\E(f(X_r))= \sum_{k=0}^n f(k) \P(X_r=k) \underset {r\to +\infty} \to \sum_{k=0}^n f(k) \P(X=k) = \E(f(X))$$ \end{enumerate} \end{sol} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \chapter{Option B/L} \begin{exo} \themexo{Projecteurs}{valeurs propres, polyn\^{o}mes d'endomorphisme} \noindent Soit $E$ un $\R$-espace vectoriel. On note $\mbox{id}_E$ l'application identité de $E$. \begin{enumerate} \item Soit $p$ un projecteur de $E$, c'est-\`{a}-dire un endomorphisme de $E$ tel que $p\circ p=p$. \begin{enumerate} \item Dans quel(s) cas l'endomorphisme $p$ est-il bijectif ? \item Montrer que $\mbox{Im}(p)=\mbox{Ker}(p-\mbox{id}_E)$. \item D\'{e}terminer les valeurs propres de $p$. \end{enumerate} \item Soit $p$ et $q$ deux projecteurs de $E$ tels que $p \circ q=q \circ p$.\\ On pose $f=p+q$ et $g=p \circ q$. \begin{enumerate} \item Le r\'{e}el $-1$ est-il une valeur propre de $f$ ? Justifier. \item Montrer que $g$ est un projecteur de $E$. \item D\'{e}terminer $f^3-3 f^2+2 f$. \item D\'{e}terminer les valeurs propres possibles de $f$. \item Montrer que $0$ est valeur propre de $f$ si et seulement si $\operatorname{Ker} (p) \cap \operatorname{Ker} (q) \neq\left\{0_E\right\}$. \item Montrer que $2$ est valeur propre de $f$ si et seulement si $\operatorname{Im} (p) \cap \operatorname{Im} (q) \neq\left\{0_E\right\}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} \noindent Soit $E$ un $\R$-espace vectoriel. On note $\mbox{id}_E$ l'application identité de $E$. \begin{enumerate} \item Soit $p$ un projecteur de $E$, c'est-\`{a}-dire un endomorphisme de $E$ tel que $p\circ p=p$. \begin{enumerate} \item Montrer que $\mbox{Im}(p)=\mbox{Ker}(p-\mbox{id}_E)$. \item D\'{e}terminer les valeurs propres de $p$. \end{enumerate} \item Soit $p$ et $q$ deux projecteurs de $E$ tels que $p \circ q=q \circ p$. On pose $f=p+q$. \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer $f^3-3 f^2+2 f$. \item En d\'eduire les valeurs propres possibles de $f$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Montrer que $0$ est valeur propre de $f$ si et seulement si $\operatorname{Ker} (p) \cap \operatorname{Ker} (q) \neq\left\{0_E\right\}$. \item Montrer que $2$ est valeur propre de $f$ si et seulement si $\operatorname{Im} (p) \cap \operatorname{Im} (q) \neq\left\{0_E\right\}$. \item Le r\'{e}el $-1$ est-il une valeur propre de $f$ ? \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Le seul projecteur bijectif est l'identit\'{e}. On demandera au candidat de le red\'{e}montrer. \item Cette question est classique. Le candidat doit cependant la red\'{e}montrer car elle ne figure pas au programme officiel. \item Si $p$ est l'identit\'{e}, sa seule valeur propre est $1$. Si $p$ est l'endomorphisme nul, sa seule valeur propre est $0$. Dans tous les autres cas, les valeurs propres de $p$ sont $0$ et $1$ car $E=\mbox{Ker}(p)\oplus \mbox{Ker}(p-id)$. Une autre possibilit\'{e} est d'introduire le polyn\^{o}me annulateur $X^2-X$.\end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Raisonnons par l'absurde et supposons que $-1$ est valeur propre de $f$. Alors, il existe un vecteur $x\in E$ tel que $x \neq 0_E$ et $f(x)=-x$. Comme $f=p+q$, on obtient $$p(x)+q(x)=-x\qquad (\star).$$ En composant par $p$, obtient $(p \circ q)(x)=-2 p(x).$\\ De m\^{e}me, en composant $(\star)$ par $q$, on obtient $(q \circ p)(x)=-2 q(x).$\\ Comme $p \circ q=q \circ p$, on en d\'{e}duit que $p(x)=q(x)$. D'o\`{u}, $\displaystyle p(x)=\frac{-1}{2} x$. Comme $x \neq 0_E$, cette \'{e}galit\'{e} signifie que $\dfrac{-1}{2}$ est valeur propre du projecteur $p$. On aboutit \`{a} une contradiction.\\ \item $g$ est un endomorphisme de $E$ et $g\circ g=g$. \item Comme $p$ et $q$ commutent, on peut utiliser la formule du bin\^{o}me.\\ Le calcul donne $ f^3-3 f^2+2 f=(p+6 p q+q)-3(p+2 p q+q)+2(p+q)=0_{\mathcal{L}(E)} $. \item Le polyn\^{o}me $P(X)=X^3-X^2+2X=X(X-1)(X-2)$ est annulateur de $f$.\\ On montre alors (r\'{e}sultat hors programme) que les valeurs propres possibles pour $f$ sont $0,1,2$. \item \fbox{$\Longrightarrow$} Supposons que 0 est valeur propre de $f$. Alors il existe $x \neq 0_E$ tel que $f(x)=0_E$.\\ Comme $f=p+q$, on obtient $$p(x)+q(x)=0_E \qquad (\star).$$ En appliquant $p$ \`{a} $(\star)$, on obtient $(p \circ q)(x)=-p(x).$ En appliquant $q$ \`{a} $(\star)$, on obtient $(q \circ p)(x)=-q(x).$ Comme $p \circ q=q \circ p$, on en d\'{e}duit que $p(x)=q(x)$. En reportant dans $(\star)$, $p(x)=0_E$ et $q(x)=0_E$. D'o\`{u} $x \in \operatorname{Ker}(p)$ et $x \in \operatorname{Ker}(q)$.\\ \fbox{$\Longleftarrow$} Supposons $\mbox{Ker} (p) \cap \operatorname{Ker} (q) \neq\left\{0_E\right\}$. Il existe alors $x \in \operatorname{Ker} (p) \cap \operatorname{Ker} (q)-\{0_E\}$. Alors $p(x)=0_E$ et $q(x)=0_E$. Par somme, on a $f(x)=0_E$ et $0$ est valeur propre de $f$.\\ \item \fbox{$\Longrightarrow$} Supposons que $2$ est valeur propre de $f$. Alors il existe $x \in E-\{ 0_E\}$ tel que $f(x)=2 x$. Ainsi, $$p(x)+q(x)=f(x)=2 x\qquad (\star).$$ En composant par $p$, on obtient $$p(x)+(p \circ q)(x)=2 p(x).$$ D'o\`{u} $$(p \circ q)(x)=p(x).$$ De m\^{e}me, en appliquant $q$ \`{a} $(\star)$, on obtient $(q \circ p)(x)=q(x)$. Comme $p \circ q=q \circ p$, $$ p(x)=(p \circ q)(x)=(q \circ p)(x)=q(x). $$ On en d\'{e}duit $p(x)=x$ et $q(x)=x$. Ainsi $x \in \operatorname{Im} (p) \cap \operatorname{Im} (q)$. Or $x \neq 0_E$. Donc $\operatorname{Im} (p) \cap \operatorname{Im}( q) \neq\left\{0_E\right\}$.\\ \fbox{$\Longleftarrow$} Supposons $\operatorname{Im} (p) \cap \operatorname{Im} (q) \neq\left\{0_E\right\}$. Alors il existe un vecteur $x \in E$ tel que $x\neq 0_E$ et $x\in\operatorname{Im}(p) \cap \operatorname{Im}(q)$. Comme $p$ et $q$ sont des projecteurs, $\mbox{Im}(p)=\{u\in E\mid \, p(u)=u\}$ et $\mbox{Im}(q)=\{u\in E\mid \, q(u)=u\}$. Donc, $x=p(x)$ et $x=q(x)$. Donc, $f(x)=p(x)+q(x)=x+x=2 x.$ Comme $x \neq 0_E$, on en d\'{e}duit que $2$ est valeur propre de $f$.\\ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} %%%%%%%%%% \begin{exo} \themexo{Lancer de deux d\'{e}s \`{a} $n$ faces}{probabilt\'{e}s finies, sommes} \noindent Toutes les variables al\'{e}atoires sont d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A}, \P)$.\\ \noindent Soit $X$, $Y$ et $Z$ trois variables al\'{e}atoires mutuellement ind\'{e}pendantes suivant toutes les trois la loi uniforme discr\`{e}te sur $\llbracket 1, n \rrbracket$, avec $n\geq 2$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Calculer la probabilit\'{e} $\P(X+Y=2)$ et la probabilit\'{e} $\P(X+Y=2n)$. \item Soit $k\in \llbracket 2,2 n \rrbracket$. Calculer la probabilit\'{e} $\P(X+Y=k)$.\\ On distinguera les cas $k\in \llbracket 2,n+1 \rrbracket$ et $k\in \llbracket n+2,2 n \rrbracket$ \item V\'{e}rifier par le calcul que l'on a bien $\displaystyle \sum_{k=2}^{2 n} \P(X+Y=k)=1$. \end{enumerate} \item D\'{e}terminer la probabilit\'{e} $\P(X+Y=Z)$. \item On pose $T=n+1-Z$. \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer la loi de la variable al\'{e}atoire $T$. \item Les variables $X$, $Y$ et $T$ sont-elles mutuellement ind\'{e}pendantes ? Justifier. \item Calculer la probabilit\'{e} $\P(X+Y+Z=n+1)$. \item Calculer la probabilit\'{e} $\P(X+Y+Z=2n+2)$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} \noindent Toutes les variables al\'{e}atoires sont d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A}, \P)$.\\ \noindent Soit $X$, $Y$ et $Z$ trois variables al\'{e}atoires mutuellement ind\'{e}pendantes suivant toutes les trois la loi uniforme discr\`{e}te sur $\llbracket 1, n \rrbracket$, avec $n\geq 2$. \begin{enumerate} \item On pose $T=n+1-Z$. \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer la loi de la variable al\'{e}atoire $T$. \item Les variables $X$, $Y$ et $T$ sont-elles mutuellement ind\'{e}pendantes ? Justifier. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Calculer la probabilit\'{e} $\P(X+Y=2)$ et la probabilit\'{e} $\P(X+Y=2n)$. \item Soit $k\in \llbracket 2,2 n \rrbracket$. Calculer la probabilit\'{e} $\P(X+Y=k)$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer la probabilit\'{e} $\P(X+Y=Z)$. \item Calculer les probabilit\'{e}s $\P(X+Y+Z=n+1)$ et $\P(X+Y+Z=2n+2)$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Par ind\'{e}pendance de $X$ et $Y$, $\P(X+Y=2)=\P((X=1)\cap (Y=1))=\P(X=1)\P(Y=1)=\frac{1}{n^2}$.\\ De m\^{e}me, $\P(X+Y=2n)=\P(X=n)\P(Y=n)=\frac{1}{n^2}$. \item On a $(X+Y)(\Omega)\subset \llbracket 2,2 n \rrbracket$ et d'apr\`{e}s formule des probabilit\'{e}s totales avec le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $(X=i)_{i \in \llbracket 1, n \rrbracket}$, et par ind\'{e}pendance de $X$ et $Y$, pour tout $k\in \llbracket 2,2 n \rrbracket$, on a : $$\displaystyle \P(X+Y=k)=\sum_{i=1}^{n} \P([X+Y=k]\cap[X=i])=\sum_{i=1}^{n} \P([Y=k-i]\cap[X=i])=\sum_{i=1}^{n} \P(Y=k-i) \P(X=i).$$ Or : $1\leq k-i \leq n \iff k-n \leq i \leq k-1$, donc en enlevant les termes nuls : $$ \P(X+Y=k)=\sum_{i\in \llbracket 1,n \rrbracket \cap \llbracket k-n,k-1 \rrbracket} \dfrac1{n^2}= \begin{cases} \dsum_{i=1}^{k-1}\frac{1}{n^2}=\frac{k-1}{n^{2}} &\si 2\leq k\leq n+1 \\ \dsum_{i=k-n}^{n}\frac{1}{n^2}=\frac{2 n-k+1}{n^{2}} & \si n+2\leq k\leq 2n\end{cases}$$ %Remarquons tout d'abord que $(X+Y)(\Omega)=\llbracket 2,2 n \rrbracket$ car $X$ et $Y$ sont ind\'{e}pendantes. %Soit $k\in \llbracket 2,2 n \rrbracket$ % La formule des probabilit\'{e}s totales associ\'{e}e au syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $(X=i)_{i \in \llbracket 1, n \rrbracket}$ s'\'{e}crit: \\$\displaystyle \P(X+Y=k)=\sum_{i=1}^{n} \P([X+Y=k]\cap[X=i])=\sum_{i=1}^{n} \P([Y=k-i]\cap[X=i])$\\ % D'o\`{u}, % $\displaystyle \P(X+Y=k)=\sum_{i=1}^{n} \P(Y=k-i) \P(X=i)$, par ind\'{e}pendance de $X$ et de $Y$. % Comme $\P(Y=k-i)=0$ si $k-i$ n'est pas dans $Y(\Omega)$, on ne garde que les termes v\'{e}rifiant $1 \leq k-i \leq n$, c'est-\`{a}-dire $k-n \leq i \leq k-1$. On peut alors synth\'{e}tiser en \'{e}crivant : $$\displaystyle \P(X+Y=k)=\sum_{i=\max (1, k-n)}^{\min (k-1, n)} \P(Y=k-i) \P(X=i)$$ % \begin{itemize} % \item Si $k \in \llbracket 2, n+1 \rrbracket$, alors $k % $\min (k-1, n)=k-1$ et $\max (1, k-n)=1$ donc : % \end{itemize} % $$ % \P(X+Y=k)=\sum_{i=1}^{k-1} \P(Y=k-i) \P(X=i)=\sum_{i=1}^{k-1}\frac{1}{n^2}=\frac{k-1}{n^{2}} % $$ % \begin{itemize} % \item Si $k \in \llbracket n+2,2 n \rrbracket$, alors $\min (k-1, n)=n$ et $\max (1, k-n)=k-n$ donc : % $$\displaystyle \P(X+Y=k)=\sum_{i=k-n}^{n} \P(Y=k-i) \P(X=i)=\sum_{i=k-n}^{n}\frac{1}{n^2}=\frac{2 n-k+1}{n^{2}}$$ % \end{itemize} \item $\displaystyle \sum_{k=2}^{2 n} \P(X+Y=k)=\sum_{k=2}^{n+1} \frac{k-1}{n^{2}}+\sum_{k=n+2}^{2 n} \frac{2 n-k+1}{n^{2}}=\frac{1}{n^{2}} \sum_{i=1}^{n} i+\frac{1}{n^{2}} \sum_{i=1}^{n-1} i=1$. \end{enumerate} \item La formule des probabilit\'{e}s totales associ\'{e}e au syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $(Z=k)_{k \in \llbracket 1, n \rrbracket}$ donne : \begin{align*} \P(X+Y=Z)&=\sum_{k=1}^{n} \P([X+Y=Z] \cap[Z=k])=\sum_{k=1}^{n} \P([X+Y=k] \cap[Z=k])\\ &=\sum_{k=1}^{n} \P(X+Y=k) \P(Z=k) \blanc \text{(ind\'{e}p. de $Z$ et $X+Y$ par lemme des coalitions)}\\ &=\sum_{k=2}^{n} \frac{k-1}{n^{2}} \times \frac{1}{n}=\frac{1}{n^{3}} \sum_{i=1}^{n-1} i=\frac{n-1}{2 n^{2}}. \end{align*} % Par le lemme des coalitions, $Z$ est ind\'{e}pendante de $X+Y$, \\ % $\displaystyle \P(X+Y=Z)=\sum_{k=1}^{n} \P(X+Y=k) \P(Z=k)=\sum_{k=2}^{n} \frac{k-1}{n^{2}} \times \frac{1}{n}=\frac{1}{n^{3}} \sum_{i=1}^{n-1} i=\frac{n-1}{2 n^{2}}$. \item \begin{enumerate} \item $T(\Omega)=\llbracket 1, n \rrbracket$. De plus, pour tout $k$ de $\llbracket 1, n \rrbracket$, on a $n+1-k \in Z(\Omega)$ si bien que :$$ \P(T=k)=\P(n+1-Z=k)=\P(Z=n+1-k)=\frac{1}{n}.$$ Ainsi, $T$ suit la loi uniforme sur $\llbracket 1, n \rrbracket$. \item Oui, d'apr\`{e}s le lemme des coalitions. % Les \textsc[{va} $X$ et $Y$ sont ind\'{e}pendantes entre elles et ind\'{e}pendantes de $Z$, donc de toute fonction de $Z$ (lemme des coalitions), en particulier de $T$. Donc $X, Y$ et $T$ sont mutuellement ind\'{e}pendantes. \item On applique le r\'{e}sultat de la question 2 aux trois variables $X$, $Y$ et $T$ qui sont mutuellement ind\'{e}pendantes et suivent chacune la m\^{e}me loi uniforme sur $\llbracket 1, n \rrbracket$. Ainsi, $$ \P(X+Y+Z=n+1)=\P(X+Y=n+1-Z)=\P(X+Y=T)=\dfrac{n-1}{2 n^{2}}.$$ \item On applique le r\'{e}sultat de la question 2 aux trois variables $X'=n+1-X$, $Y'=n+1-Y$ et $Z$ qui sont mutuellement ind\'{e}pendantes (lemme des coalitions) et suivent la m\^{e}me loi uniforme sur $\llbracket 1, n \rrbracket$ (cf. question 3a). Ainsi, $$ \P(X+Y+Z=2n+2)=\P(Z=n+1-X+n+1-Y)=\P(X'+Y'=Z)=\dfrac{n-1}{2 n^{2}}.$$ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} %%%% \begin{exo} \themexo{\'{E}quation fonctionelle}{limite, continuit\'{e}, d\'{e}rivabilit\'{e}} On note $E$ l'ensemble des fonctions $f$ d\'{e}finies sur $\R$ v\'{e}rifiant les deux hypoth\`{e}ses:\\ (i) pour tout $x\in \R$, $\abs{f(x)} < 1$.\\ (ii) pour tout $(x,y)\in \R^2$, $ f(x + y) = \dfrac{f(x) + f(y)}{1+f(x)f(y)}.$\\ \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer toutes les fonctions constantes qui sont dans $E$. \item Soit $u$ la fonction d\'{e}finie sur $\R$ par $$\forall \,x\in \R,\;\;u(x)=\frac{\e^{2x}-1}{\e^{2x}+1}.$$ La fonction $u$ est-elle dans $E$ ? \end{enumerate} L'ensemble $E$ \'{e}tant non vide, on consid\`{e}re, dans toute la suite, une fonction $f$ appartenant \`{a} $E$. \begin{enumerate}[resume] \item D\'{e}terminer $f(0)$. Montrer que $f$ est impaire. \item On suppose que $f$ est continue en $0$. Soit $(x_n)_{n\in \N}$ une suite r\'{e}elle qui converge vers un r\'{e}el $x$.\\ Etudier la convergence de la suite $(f(x_n))_{n\in \N}$. \item On suppose que $f$ est d\'{e}rivable en $0$. \begin{enumerate} \item Montrer que $f$ est d\'{e}rivable sur $\R$ et, pour tout $x\in \R$, exprimer $f'(x)$ en fonction de $f'(0)$ et de $f(x)$. \item Montrer que la fonction $f$ est monotone sur $\R$. \item Soit $g$ la fonction d\'{e}finie sur $\R$ par $$\forall\, x\in \R,\quad g(x)=\frac{1+f(x)}{1-f(x)} \times \e^{-2f'(0)x}.$$ Montrer que $g$ est d\'{e}rivable sur $\R$ et calculer la fonction d\'{e}riv\'{e}e $g'$. \item En d\'{e}duire, pour tout r\'{e}el $x$, une expression de $f(x)$ en fonction de $f'(0)$ et de $x$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} Soit $E$ l'ensemble des fonctions $f$ d\'{e}finies sur $\R$ v\'{e}rifiant les deux hypoth\`{e}ses:\\ (i) pour tout $x\in \R$, $\abs{f(x)} < 1$.\\ (ii) pour tout $(x,y)\in \R^2$, $ f(x + y) = \dfrac{f(x) + f(y)}{1+f(x)f(y)}.$\\ (iii) $f$ est d\'{e}rivable en $0$.\\ \noindent L'ensemble $E$ \'{e}tant suppos\'e non vide, on consid\`{e}re une fonction $f$ appartenant \`{a} $E$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer $f(0)$. \item \'Etudier la parit\'e de $f$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Montrer que $f$ est d\'{e}rivable sur $\R$.\\ Pour tout $x\in \R$, exprimer $f'(x)$ en fonction de $f'(0)$ et de $f(x)$. \item Montrer que la fonction $f$ est monotone sur $\R$. \end{enumerate} \item Soit $g$ la fonction d\'{e}finie sur $\R$ par $$\forall\, x\in \R,\quad g(x)=\frac{1+f(x)}{1-f(x)} \times \e^{-2f'(0)x}.$$ \begin{enumerate} \item Montrer que $g$ est d\'{e}rivable sur $\R$ et calculer la fonction d\'{e}riv\'{e}e $g'$. \item Pour tout r\'{e}el $x$, donner une expression de $f(x)$ en fonction de $f'(0)$ et de $x$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Soit $f\in E$. On suppose qu'il existe $k\in \R$ tel que pour tout $x\in \R$, $f(x)=k$. L'hypoth\`{e}se (ii) donne $k=\dfrac{2k}{1+k^2}$. Si $k\neq 0$, $1+k^2=2$, donc $k\in \{-1,1\}$. Ceci est impossible avec (i). Donc $k=0$. R\'{e}ciproquement, on v\'{e}rifie que la fonction nulle est bien dans $E$. . \item Le calcul montre que $u$ est bien dans $E$. \item Lorsque $x=y=0$, on a $f(0)=\frac{2f(0)}{1+f(0)^2}$. Comme dans la question 1, on montre que $f(0)=0.$\\ Soit $x\in \R$. En appliquant l'hypoth\`{e}se (ii) au couple $(x,-x)$, on trouve $0=f(0)=\frac{f(x)+f(-x)}{1+f(x)f(-x)}.$\\ Ainsi, pour tout $x\in \R$, $f(-x)=-f(x)$. La fonction $f$ est impaire. \item Soit $x\in \R$. Soit $(x_n)_{n\in \N}\in \R^{\N}$ une suite qui converge vers $x$. Par l'hypoth\`{e}se (ii), $$\forall\, n\in \N, \qquad f(x_n)=f(x+x_n-x)=\frac{f(x)+f(x_n-x)}{1+f(x)f(x_n-x)}.$$ Comme $\displaystyle \lim_{n\to +\infty}(x_n-x)=0$ et comme $f$ est continue en $0$, $\displaystyle \lim_{n\to +\infty} f(x_n-x)=f(0)=0$. \\On en d\'{e}duit que $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}f(x_n)=f(x)$. \textbf{Ceci prouve que $f$ est continue en $x$, mais la caract\'{e}risation s\'{e}quentielle de la continuit\'{e} ne figure pas explicitement au programme BL.} \item \begin{enumerate} \item Soit $x\in \R$. Soit $y\in \R\backslash\{x\}$. Alors, par l'hypoth\`{e}se (ii), $$\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=\frac{f(y-x+x)-f(x)}{y-x}=\frac{1}{y-x}\times \left ( \frac{f(y-x)+f(x)}{1+f(y-x)f(x)}-f(x)\right).$$ Donc, $$\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=\frac{f(y-x)}{y-x}\times \left ( \frac{1-f^2(x)}{1+f(y-x)f(x)}\right).$$ Puisque $f$ est d\'{e}rivable en $0$, $\displaystyle \lim_{y\to x} \left(\frac{f(y-x)}{y-x}\right)=f'(0).$ \\ Puisque $f$ est d\'{e}rivable en 0, $f$ est continue en $0$ et $\displaystyle \lim_{y\to x} f(y-x)=f(0)=0.$ \\ On en conclut que $$\lim_{y\to x}\left(\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\right)=f'(0)\times (1-f(x)^2).$$ La fonction $f$ est donc d\'{e}rivable en tout r\'{e}el $x$ avec $\forall\, x\in \R,\;\; f'(x)=f'(0)(1-f^2(x)).$ \item Par (i), pour tout $x\in \R$, $1-f(x)^2>0$. Ainsi, la d\'{e}riv\'{e}e de $f$ est du signe de $f'(0)$. Il suit que la fonction $f$ est monotone sur $\R$. \item La fonction $g$ est d\'{e}finie et d\'{e}rivable sur $\R$. Pour tout r\'{e}el $x$, $$g'(x)=\frac{f'(x)(1-f(x))+f'(x)(1+f(x))}{(1-f(x))^2}\times \e^{-2f'(0)x}-2f'(0) \frac{1+f(x)}{1-f(x)} \times \e^{-2f'(0)x}.$$ Soit $$g'(x)=\left ( \frac{2f'(x)}{(1-f(x))^2}-2f'(0) \frac{1+f(x)}{(1-f(x))} \right ) \times \e^{-2f'(0)x}=0.$$ \item La d\'{e}riv\'{e}e de $g$ est nulle sur $\R$ donc $g$ est constante sur $\R$: pour tout $x\in \R$, $g(x)=g(0)=1$.\\ On en d\'{e}duit que $$\forall\, x\in \R,\quad \frac{1+f(x)}{1-f(x)} \times \e^{-2f'(0)x}=1 \quad \Leftrightarrow \quad \frac{1+f(x)}{1-f(x)} = \e^{2f'(0)x}.$$ Apr\`{e}s calculs, on obtient $$\forall x\in \R,\quad f(x)=\frac{\e^{2f'(0)x}-1}{\e^{2f'(0)x}+1}.$$ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} %%%% \begin{exo} \themexo{Suite d\'{e}finie par une int\'{e}grale \`{a} param\`{e}tre}{Suites, s\'{e}ries, int\'{e}grales} \begin{enumerate} \item Montrer que, pour tout $n\in \N^*$, l'int\'{e}grale $\dint_0^1 \dfrac{\mathrm{d}t}{(1+t^3)^n}$ est bien d\'{e}finie. \end{enumerate} On pose ainsi, pour tout $n\in \N^*$, $$u_n=\dint_0^1 \dfrac{\mathrm{d}t}{(1+t^3)^n}.$$ \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item Montrer que la suite $(u_n)_{n\in \N^*}$ converge. On note $\ell$ sa limite que l'on ne cherchera pas \`{a} calculer. \item Montrer que $\ell\in [0,1]$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer trois constantes r\'{e}elles $(\alpha,\beta,\gamma)\in \R^3$ telles que $$\forall\, t\in [0,1], \qquad \dfrac{1}{1+t^3}= \dfrac{\alpha}{1+t}+ \dfrac{\beta t+\gamma}{1-t+t^2}.$$ \item Calculer $\displaystyle \int_0^1 \dfrac{\mathrm{d}t}{1-t+t^2}.$ \item En d\'{e}duire la valeur de $u_1$. \end{enumerate} \item D\'{e}terminer deux suites $(a_n)_{n\in \N^*}$ et $(b_n)_{n\in \N^*}$ telles $$\forall\, n \in \N^*, \qquad u_n=a_n+b_n(u_{n}-u_{n+1}).$$ \item \begin{enumerate} \item Montrer que la s\'{e}rie $\dsum_{n\geq 1} \frac {1}{n2^n}$ converge. \textbf{On admet} que sa somme est \'{e}gale \`{a} $\ln 2$. \item Montrer que la s\'{e}rie $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{u_n}{n}$ converge et exprimer sa somme en fonction de $\ell$ et de $u_1$.\\ En d\'eduire la valeur de $\ell$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} \noindent Pour tout $n\in \N^*$, on pose $$u_n=\dint_0^1 \dfrac{\mathrm{d}t}{(1+t^3)^n}.$$ \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Montrer que la suite $(u_n)_{n\in \N^*}$ converge. On note $\ell$ sa limite que l'on ne cherchera pas \`{a} calculer. \item Montrer que $\ell\in [0,1]$. \end{enumerate} \item D\'{e}terminer deux suites $(a_n)_{n\in \N^*}$ et $(b_n)_{n\in \N^*}$ telles $$\forall\, n \in \N^*, \qquad u_n=a_n+b_n(u_{n}-u_{n+1}).$$ \item \begin{enumerate} \item Montrer que la s\'{e}rie $\dsum_{n\geq 1} \frac {1}{n2^n}$ converge. \textbf{On admet} que sa somme est \'{e}gale \`{a} $\ln 2$. \item Montrer que la s\'{e}rie $\dsum_{n\geq 1}\dfrac{u_n}{n}$ converge et exprimer sa somme en fonction de $\ell$ et de $u_1$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Pour tout $n\in \N^*$, la fonction $t\mapsto \dfrac{1}{(1+t^3)^n}$ est continue sur le segment $[0,1]$. \item \begin{enumerate} \item Pour tout $n\in \N^*$, pour tout $t\in [0,1]$, $1\leq (1+t^3)^n\leq (1+t^3)^{n+1}$. \\D'o\`{u}, $0\leq \dfrac{1}{(1+t^3)^{n+1}}\leq \dfrac{1}{(1+t^3)^{n}}\leq 1$. \\Par croissance de l'int\'{e}grale, on d\'{e}duit que pour tout $n\in \N^*$, $0\leq u_{n+1}\leq u_n\leq 1$. Ainsi, la suite $(u_n)_{n\in \N^*}$ est d\'{e}croissante et minor\'{e}e par $0$. Donc, elle converge vers une limite $\ell$. \item On vient de montrer que pour tout $n\in \N^*$, $0\leq u_n\leq 1$. Par passage \`{a} la limite, $\ell\in [0,1]$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Le calcul montre que pour tout $t\in [0,1]$, $ \dfrac{1}{1+t^3}= \dfrac 1 3\times \dfrac{1}{1+t}-\dfrac 1 3 \times \dfrac{t-2}{1-t+t^2}.$ \item Pour tout $t\in \R$, $t^2-t+1=\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}$. \\ D'o\`{u},$\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{t^2-t+1}\mathrm{d}t=\int_0^1 \frac{1}{\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}}\mathrm{d}t=\dfrac{4}{3}\int_0^1\frac{1}{\left(\dfrac{2t-1}{\sqrt{3}}\right)^2+1}\mathrm{d}t= \dfrac{4}{3}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left[\mbox{arctan}\left(\dfrac{2t-1}{\sqrt{3}}\right)\right]_0^1.$ Comme $\mbox{arctan}\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=\dfrac{\pi}{6}$, il vient $\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{t^2-t+1}\mathrm{d}t=\dfrac{2\sqrt{3}}{9}\pi$. \item Comme $t-2=\dfrac{1}{2}(2t-1)-\dfrac{3}{2}$, il vient \\ $\displaystyle \int_0^1 \frac{t-2}{t^2-t+1}\mathrm{d}t= \frac 1 2 \int_0^1 \frac{2t-1}{t^2-t+1}\mathrm{d}t-\frac 3 2 \int_0^1 \frac{1}{t^2-t+1}\mathrm{d}t = 0-\frac{3\sqrt{3}\pi}{9}$.\\ Ainsi, $$u_1= \int_0^1\dfrac{\mathrm{d}t}{1+t^3}= \dfrac 1 3\times \int_0^1\dfrac{\mathrm{d}t}{1+t}-\dfrac 1 3 \times \int_0^1\dfrac{t-2}{1-t+t^2}\mathrm{d}t=\dfrac 1 3 \ln 2 + \dfrac{\sqrt{3}\pi}{9}.$$ \end{enumerate} \item On effectue une int\'{e}gration par parties en posant $u:t\mapsto \dfrac{1}{(1+t^3)^n}$ et $v:t\mapsto t$, qui sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. Comme $u':t\mapsto\dfrac{-n3t^2}{(1+t^3)^{n+1}}$, on obtient $$u_n= \dint_0^1 \frac{\mathrm{d}t}{(1+t^3)^n}= \left[\frac{t}{(1+t^3)^n}\right]_0^1+3n \dint_0^1 \frac{t^3}{(1+t^3)^{n+1}}\mathrm{d}t.$$ En \'{e}crivant $t^3=t^3+1-1$ dans la seconde int\'{e}grale, il vient $\displaystyle u_n= \frac{1}{2^n}+3n(u_{n}-u_{n+1}).$\\ Ainsi, pour tout $n\in \N^*$, $a_n= \dfrac{1}{2^n}$ et $b_n=3n$. \item \begin{enumerate} \item Pour tout $n\in \N^*$, $0\leq \dfrac {1}{n2^n}\leq \dfrac 1{2^n}$. La s\'{e}rie $\sum \left(\dfrac 1{2}\right)^n$ est convergente comme s\'{e}rie g\'{e}om\'{e}trique de raison $\dfrac{1}{2}$. Par crit\`{e}re de comparaison des s\'{e}ries \`{a} termes positifs, la s\'{e}rie est convergente. \item Pour tout $k\in \N^*$, $\dfrac{u_k}{k} = \dfrac{1}{k2^k}+3(u_{k}-u_{k+1})$.\\ En sommant cette relation de $1$ \`{a} $n$, il vient $\displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{u_k}{k}= \sum_{k=1}^n \frac{1}{k2^k}+3(u_{1}-u_{n+1})$.\\ En faisant tendre $n$ tend vers $+\infty$, on trouve $\displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{u_k}{k}= \ln 2+3(u_1-\ell)$.\\ \textbf{Remarque:} on pourrait en d\'{e}duire la valeur de $\ell$. En effet, si $\ell \neq 0$, alors $\dfrac{u_n}{n}\sim \dfrac{\ell}{n}$ qui est le terme g\'{e}n\'{e}ral d'une s\'{e}rie divergente. Donc $\ell=0$. \\ On rappelle cependant que les \'{e}quivalents sont hors programme en BL. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} %%% \begin{exo} \themexo{\'{E}tude d'une variable \`{a} densit\'{e} par morceaux}{Esp\'{e}rance, covariance} On consid\`{e}re la fonction $f$ d\'{e}finie par $f:x\mapsto \begin{cases} \dfrac{1}{2(1-x)^{2}} & \text{si}\, \, \,x \in \left[0,\dfrac{1}{2} \right[ \\ \dfrac{1}{2x^{2}} & \text{si}\, \,\,\, \, x \in \left[\dfrac{1}{2},1\right[ \\ 0 & \text{sinon}. \end{cases} $\\ \begin{enumerate} \item Montrer que $f$ est une densit\'{e} de probabilit\'{e}. \end{enumerate} \noindent Dans toute la suite, on consid\`{e}re une variable al\'{e}atoire $X$ d\'{e}finie sur un espace probabilis\'{e} $(\Omega ,\mathcal{A},\P)$ et admettant la fonction $f$ pour densit\'{e}. \begin{enumerate}[resume] \item D\'{e}terminer la fonction de r\'{e}partition $F$ de $X$. \item La variable al\'{e}atoire $X$ admet-elle une esp\'{e}rance ? Si oui, calculer sa valeur. \item \begin{enumerate} \item Apr\`{e}s avoir prouv\'{e} son existence, calculer l'esp\'{e}rance de $(X-1)^{2}$. \item Montrer que $X$ admet une variance et calculer sa valeur. \end{enumerate} \item On appelle variable indicatrice d'un \'{e}v\'{e}nement $A$, la variable de \textsc{Bernoulli} qui vaut 1 si $A$ est r\'{e}alis\'{e} et 0 sinon. \noindent On consid\`{e}re la variable al\'{e}atoire $Y$, indicatrice de l'\'{e}v\'{e}nement $\left[X\le \dfrac{1}{2}\right]$ et la variable al\'{e}atoire $Z$, indicatrice de l'\'{e}v\'{e}nement $\left[X>\dfrac{1}{2}\right]$. \begin{enumerate} \item Trouver deux r\'{e}els $a$ et $b$ tels que $Y=aZ+b$. \item Calculer le coefficient de corr\'{e}lation lin\'{e}aire de $Y$ et $Z$. \item Calculer la covariance de $Y$ et $Z$. Les variables $Y$ et $Z$ sont-elles ind\'{e}pendantes ? \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exoBis} \noindent On consid\`{e}re la fonction $f$ d\'{e}finie sur $\R$ par $$\forall\, x \in \R, \quad f(x)= \begin{cases} \dfrac{1}{2(1-x)^{2}} & \text{si}\, \, \,x \in \left[0,\dfrac{1}{2} \right[ \\ \dfrac{1}{2x^{2}} & \text{si}\, \,\,\, \, x \in \left[\dfrac{1}{2},1\right[ \\ 0 & \text{sinon}. \end{cases} .$$ \begin{enumerate} \item Montrer que $f$ est une densit\'{e} de probabilit\'{e}. \end{enumerate} \noindent Dans toute la suite, on consid\`{e}re une variable al\'{e}atoire $X$ admettant la fonction $f$ pour densit\'{e}. \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item La variable al\'{e}atoire $X$ admet-elle une esp\'{e}rance ? Si oui, calculer sa valeur. \item La variable al\'{e}atoire $X$ admet-elle une variance? Si oui, calculer sa valeur. \end{enumerate} \item On appelle variable indicatrice d'un \'{e}v\'{e}nement $A$, la variable de \textsc{Bernoulli} qui vaut 1 si $A$ est r\'{e}alis\'{e} et 0 sinon. Soient $Y$ la variable indicatrice de l'\'{e}v\'{e}nement $\left[X\le \dfrac{1}{2}\right]$ et $Z$ la variable indicatrice de l'\'{e}v\'{e}nement $\left[X>\dfrac{1}{2}\right]$. \begin{enumerate} \item Trouver deux r\'{e}els $a$ et $b$ tels que $Y=aZ+b$. \item Calculer la covariance de $Y$ et $Z$. Les variables $Y$ et $Z$ sont-elles ind\'{e}pendantes ? \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exoBis} \begin{sol} \begin{enumerate} \item La fonction $f$ est positive sur $\R$, continue sur $\mathbb{R-}\left\{ 0,\dfrac{1}{2},1\right\}$ et on v\'{e}rifie que $\displaystyle \int_{-\infty }^{+\infty }f(t)dt=1$. \item $\bullet$ Si $x<0$, $\displaystyle F\left( x\right) =\P(X\leq x)=0$. Si $x\ge 1$, $\displaystyle F\left( x\right) =\P(X\leq x)=1$.\\ $\bullet$ Si $0\le x<\dfrac{1}{2}$, $\displaystyle F\left( x\right) =\int_{-\infty }^{0}0dt+\int_{0}^{x}\frac{1}{2(1-t)^{2}}dt=\left[ \frac{1}{2}\frac{1}{1-t} \right] _{0}^{x}=\dfrac{1}{2}\left( \frac{1}{1-x}-1\right) =\frac{1}{2}\frac{x }{1-x}$.\\ $\bullet$ Si $\dfrac{1}{2}\le x<1$, $\displaystyle F\left( x\right) =\int_{-\infty }^{0}0dt+\int_{0}^{1/2}\frac{1}{2(1-t)^{2}}dt+\int_{1/2}^{x}\frac{1}{2t^{2}}dt= \frac{1}{2}+\left[ \frac{1}{2}\frac{-1}{t}\right] _{1/2}^{x}=\frac{3}{2}- \frac{1}{2x}$\\ \item Apr\`{e}s avoir expliqu\'{e} pourquoi cette int\'{e}grale converge absolument, on calcule $$\int_{-\infty }^{+\infty }tf\left( t\right) dt=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln \left( 2\right)+\frac{1}{2}\ln \left( 2\right)=\frac{1}{2}.$$ On conclut que $X$ a une esp\'{e}rance et $E\left( X\right) =\dfrac{1 }{2}$ \item \begin{enumerate} \item La variable $T=(X-1)^2$ admet une esp\'{e}rance si et seulement si l'int\'{e}grale $ \displaystyle \int_{-\infty }^{+\infty }\left( t-1\right) ^{2}f\left( t\right) dt$ est (absolument) convergente. Le calcul donne $$\int_{0}^{1/2}\left( t-1\right) ^{2}f\left( t\right) dt=\int_{0}^{1/2} \frac{\left( t-1\right) ^{2}}{2(1-t)^{2}}dt=\left[ \frac{1}{2}t\right] _{0}^{1/2}=\frac{1}{4}$$ et $$ \int_{1/2}^{1}\left( t-1\right) ^{2}f\left( t\right) dt=\int_{1/2}^{1} \frac{t^{2}-2t+1}{2t^{2}}dt \\ =\int_{1/2}^{1}\frac{1}{2}-\frac{1}{t}+\frac{1}{2t^{2}}dt =\frac{3}{4}-\ln \left( 2\right) $$ D'o\`{u}, $E\left( \left( X-1\right) ^{2}\right) =1-\ln \left( 2\right) $ \item Comme les variables $(X-1)^2$ et $X$ admettent chacune une esp\'{e}rance, on en d\'{e}duit que $X^{2}$ a une esp\'{e}rance et $ E\left( X^{2}\right) =E\left( \left( X-1\right) ^{2}\right) +2 E\left( X\right) -1 =1-\ln \left( 2\right) +1-1 =1-\ln \left( 2\right).$ On en d\'{e}duit que $X$ a une variance qui, par la formule de \textsc{Huygens}, vaut $V\left( X\right) =\dfrac{3}{4}-\ln 2$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item \'Ecrivons $Y=aZ+b$.\\ $\bullet$ $(Y=1) = (X\leq \dfrac{1}{2}) = (Z=0)$.\\ Ainsi, quand $Y$ vaut $1$, $Z$ vaut $0$. Ceci nous donne une premi\`{e}re relation : $1=b$.\\ $\bullet$ $(Y=0) =(X> \dfrac{1}{2}) = (Z=1)$. Ainsi, quand $Y$ vaut $0$, $Z$ vaut $1$. Ceci nous donne une seconde relation : $0=a+b$, d'o\`{u} $a=-b=-1$.\\ On a donc $Y=1-Z$. \item Comme $Y=1-Z$, le cours donne $\rho \left( Y,Z\right)=-1$. \item $\star$ D'apr\`{e}s le cours, $-1=\rho (Y,Z)= \dfrac{\mathrm{cov}\left( Y,Z\right) }{\sigma \left( Y\right) \sigma \left( Z\right) }$. Donc $\mathrm{cov}\left( Y,Z\right) =-\sigma \left( Y\right) \sigma \left( Z\right) $.\\ Or, $V\left( Y\right) =V(1-Z)=V(Z)$. D'o\`{u}, $ \sigma \left( Y\right) =\sigma \left( Z\right) =\sqrt{V\left( Y\right) }$ et $\mathrm{cov}\left( Y,Z\right)=-V(Y).$\\ $\star$ $Y$ suit une loi de \textsc{Bernoulli} de param\`{e}tre $p=\P\left( Y=1\right) =\P\left( X\le \dfrac{1}{2}\right) =F\left( \dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}$ Donc, $Y\hookrightarrow \mathcal{B}\left( \dfrac{1}{2}\right) $ et $V\left( Y\right) =\dfrac{1}{2}\left( 1-\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{4}$. $\mathrm{cov}\left( Y,Z\right) =-\dfrac{1}{4}$. Il suit que $Y$ et $Z$ ne sont pas ind\'{e}pendantes (sinon, leur covariance devrait \^{e}tre nulle). \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \chapter{Exemples de questions courtes} \begin{QSP} \themexo{endomorphisme qui commute avec tous les projecteurs}{vecteur propre} Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie.\\ Soit $u$ un endomorphisme de $E$ qui commute avec tous les projecteurs de $E$. \begin{enumerate} \item Montrer que si $x\in E$ avec $x\neq 0$, alors $x$ est vecteur propre de $u$. \item En d\'{e}duire que $u$ est une homoth\'{e}tie, c'est \`{a} dire qu'il existe $\lambda \in \R$ tel que $u=\lambda \mbox{id}_E$. \end{enumerate} \end{QSP} \begin{solQSP} \begin{enumerate} \item Si $u$ commute avec un projecteur $p$, alors $u$ stabilise $\Ker p$ et $\Im p$.\\ Soit $x\neq 0$. On compl\`{e}te $x$ en une base de $E$, $(x, e_2, \ldots, e_n)$ et on d\'{e}finit la projection $p_x$ par $$p_x(x)=x,\ p_x(e_i)= 0 \quad \forall i \in \llbracket 2,n\rrbracket$$ Ainsi $u(x) \in \Im (p_x)\Rightarrow u(x) = \lambda_x x$. {\bf Autre r\'{e}daction :} soit $p$ le projecteur sur $\vect(x)$ par rapport \`{a},un suppl\'{e}mentaire quelconque.\\ Alors $p(x)=x$. Donc $u(x)=u(p(x))=p(u(x))\in \im p $.\\ Or $\im p =\vect(x)$, d'o\`{u} $u(x) = \lambda_x x$. \item Ainsi tout vecteur non nul de $E$ est vecteur propre de $u$.\\ Par l'absurde supposons que $\lambda \neq \mu$ sont deux valeurs propres diff\'{e}rentes de $u$.\\ Alors existe $x,y$ non nuls et ind\'{e}pendants tels que $u(x)=\lambda x$ et $u(y)=\mu y$. Donc $$u(x+y)= \lambda x+\mu y = \alpha(x+y)\Rightarrow \lambda=\alpha=\mu$$ Il existe donc $\lambda$ tel que pour tout $x\in E, u(x)=\lambda x$. \end{enumerate} \end{solQSP} %========================================= \begin{QSP} \themexo{Loi du minimum des $n$ variables non ind\'{e}pendantes}{vecteur al\'{e}atoire discret} Soit un entier avec $n\geq 2$. Soit $n$ variables al\'{e}atoires $X_1,X_2,\ldots,X_n$ \`{a} valeurs dans $\llbracket 0,n\rrbracket $ et v\'{e}rifiant pour tout $(i,j)\in\llbracket 0,n\rrbracket^2$ avec $i$ et $j$ distincts : $$\forall (k,m)\in\llbracket 0,n\rrbracket^2,\quad P\big([X_i=k]\cap[X_j=m]\big)=\begin{cases} 0 & \mbox{ si } m=k\\ \dis\frac1{n(n+1)}& \mbox{ si } m\neq k \end{cases}$$ On pose $Z_n=\min(X_1,X_2,\ldots,X_n)$. \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer les valeurs prises par $Z_n$. \item D\'{e}terminer la loi de $Z_n$. \end{enumerate} \end{QSP} \begin{solQSP} \begin{enumerate} \item On a $Z_n(\Omega)= \{0,1\}$ (presque s\^{u}rement). En effet, si l'\'{e}v\'{e}nement $[Z_n\ge 2]$ est r\'{e}alis\'{e}, alors on a n\'{e}cessairement au moins deux variables parmi $X_1,\ldots, X_n$ qui sont \'{e}gales, ce qui est de probabilit\'{e} nulle. \item On a : $\dis [Z_n=0]=\bigcup_{i=1}^n[X_i=0]$. Ces \'{e}v\'{e}nements sont presque s\^urement incompatibles puisque $\dis P\big([X_i=k]\cap[X_j=m]\big)=0$ si $m=k$ . On a donc : $$P([Z_n=0])=\sum_{i=1}^n P([X_i=0])$$ Or, elles ont toutes la m\^{e}me loi car, en utilisant le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $([X_j=p])\ ;\ p\in\llbracket 0,n\rrbracket$ : $$ P([X_i=0])=\sum_{p=0}^n P\big([X_i=0]\cap[X_j=p]\big)=\sum_{p=0,p\neq i}^n\frac1{n(n+1)}=\frac1{n+1}$$ On a donc : $$P([Z_n=0])=\sum_{i=1}^n\frac1{n+1}=\frac n{n+1}$$ Donc $P[Z_n=1]=\frac 1{n+1}$ donc $Z_n$ suit la loi de \textsc{Bernoulli} de param\`{e}tre $\frac 1{n+1}$. \end{enumerate} \end{solQSP} %===================================== \begin{QSP} \themexo{Moments de la loi exponentielle}{variables \`{a} densit\'{e}, esp\'{e}rance} \begin{enumerate} \item Si $X$ suit la loi exponentielle de param\`{e}tre $1$, d\'{e}terminer $E(X^k)$ pour $k\in\mathbb{N}$. \item Si $Y$ suit la loi exponentielle de param\`{e}tre $\lambda$, trouver un \'{e}quivalent quand $n\to +\infty$ de $E\left(\left(Y-\dfrac 1{\lambda}\right)^n\right)$. \end{enumerate} \end{QSP} \begin{solQSP} \begin{enumerate} \item Par th\'{e}or\`{e}me de transfert, $E(X^k)$ existe si et seulement si $\displaystyle \int_{0}^{+ \infty}t^k e^{-t} \mathrm{d}t$ converge absolument.\\ En utilisant les propri\'{e}t\'{e}s de la fonction Gamma, on obtient que $E(X^k)$ existe et vaut $\Gamma(k+1)=k!$ \item Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Alors $\bigg(Y-\dfrac{1}{\lambda}\bigg)^n=\dfrac{(\lambda Y-1)^n}{\lambda ^n}=\dfrac{(X-1)^n}{\lambda ^n}$, o\`{u} $X \hookrightarrow \mathcal{E}(1)$. Et $(X-1)^n=\displaystyle \sum_{k=0}^{n} {n \choose k}(-1)^{n-k}X^k$ d'apr\`{e}s la formule du bin\^{o}me.\\ D'o\`{u} : $E((X-1)^n)=\displaystyle \sum_{k=0}^{n} {n \choose k}(-1)^{n-k}k!$ par lin\'{e}arit\'{e} de l'esp\'{e}rance. Ainsi : $E((X-1)^n)=n! \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \dfrac{(-1)^{n-k}}{(n-k)!}=n!\sum_{k=0}^{n}\underbrace{\dfrac{(-1)^k}{k!}}_{\rTo_{n\to +\infty} \frac{1}{\ee}}$. \\ Ainsi : $E\bigg(\bigg(Y-\dfrac{1}{\lambda}\bigg)^n\bigg) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{n!}{\lambda ^n \ee}$.\\ {\em Autre r\'{e}daction :} faire le changement de variable $u=\lambda t$ dans l'int\'{e}grale qui exprime $E\left(\left(Y-\dfrac 1{\lambda}\right)^n\right)$. \end{enumerate} \end{solQSP} %=========================================== \begin{QSP} \themexo{Isom\'{e}trie affine}{Espace euclidien} Soit $E$ un espace euclidien de dimension $n\in \mathbb{N}^{\ast}$.\\ On dit qu'une application $\varphi$ de $E$ dans $E$ est une isom\'{e}trie si $\Vert \varphi(x)-\varphi(y) \Vert=\Vert x-y\Vert $ pour tout $(x,y)\in E^2$.\\ On note $\mathcal{I}(E)$ l'ensemble des isom\'{e}tries de $E$ dans $E$. \begin{enumerate} \item Soit $f \in \mathcal{I}(E)$, montrer qu'il existe $(u,g) \in E \times \mathcal{I}(E)$ tel que : $$g(0)=0 \bet \forall x \in E,\ f(x)=u+g(x).$$\\ Montrer ensuite que $\langle g(x), g(y) \rangle=\langle x, y \rangle$ pour tout $(x,y)\in E^2$.\\ En d\'{e}duire que $g$ est lin\'{e}aire et que c'est un isomorphisme de $E$. \item Donner un exemple d'application $h$ de $E$ dans $E$ qui v\'{e}rifie $\Vert h(x)\Vert =\Vert x\Vert $ pour tout $x \in E$ mais qui n'est pas une isom\'{e}trie. \end{enumerate} \end{QSP} \begin{solQSP} \begin{enumerate} \item On voit qu'il faudrait que $u=f(0)$, on d\'{e}finit donc $g$ par $g(x)= f(x)-f(0)$ pour tout $x \in E$.\\ Il est clair que le couple $(f(0),g)$ convient. %analyse synt\`{e}se ici \small Comme $g$ est une isom\'{e}trie, pour tout couple $(x,y)\in E^2$ on obtient par d\'{e}veloppement $$ \Vert g(x)\Vert^2+\Vert g(y) \Vert^2 - 2\langle g(x), g(y) \rangle=\Vert x\Vert^2+\Vert y \Vert^2 - 2\langle x, y \rangle. $$ Or $g(0)=0$, ce qui entra\^{\i}ne $\Vert g(v) \Vert=\Vert g(v)-g(0) \Vert=\Vert v-0\Vert =\Vert v\Vert $ pour tout $v \in E$.\\ En tenant compte de cette propri\'{e}t\'{e} dans le d\'{e}veloppement pr\'{e}c\'{e}dent, on aboutit apr\`{e}s simplification \`{a} l'\'{e}galit\'{e} demand\'{e}e. \small % F : ce qui me semble \'{e}crit de mani\`{e}re compliqu\'{e}e... Soit $\mathcal{B}=\left(e_1, \cdots, e_n \right) $ une base orthonorm\'{e}e de $E$, alors on doit avoir $\langle g(e_i), g(e_j) \rangle=\langle e_i, e_j \rangle$ pour tout couple $(i,j)\in \llbracket 1,n\rrbracket^2$ ce qui implique que $\mathcal{B}'=\left(g(e_1), \cdots, g(e_n) \right)$ est aussi une base orthonorm\'{e}e.\\ On en d\'{e}duit que pour tout $x \in E$ on a $$ g(x)= \sum_{i=1}^{n} \langle g(x), g(e_i) \rangle g(e_i)=\sum_{i=1}^{n} \langle x, e_i \rangle g(e_i), $$ il est alors clair que $g$ est lin\'{e}aire.\\ De plus, on a vu que l'image de la base $\mathcal{B}$ est une base, le cours nous dit alors que $g$ est un isomorphisme. \item Si $\mathcal{B}=\left(e_1, \cdots, e_n \right) $ une base orthonorm\'{e}e de $E$, il suffit de consid\'{e}rer l'application $h$ d\'{e}finie par $$ h(x)=\sum_{i=1}^{n} \vert \langle x, e_i \rangle \vert e_i. $$ En effet, on a bien $h(0)=0$ et $\Vert h(x)\Vert =\Vert x\Vert $ pour tout $x \in E$ mais $h(x)+ h(-x)= 2h(x)\neq 0$ si $x \neq 0$, ce qui interdit \`{a} $h$ d'\^{e}tre une isom\'{e}trie d'apr\`{e}s la question 1). \end{enumerate} \end{solQSP} %========================================= \begin{QSP} \themexo{Estimation de l'\'{e}cart entre int\'{e}grale et somme de \textsc{Riemann}}{Int\'{e}grales, in\'{e}galite de \textsc{Taylor} \textsc{Lagrange}} On consid\`{e}re une fonction $f$ qui est de classe $\mathcal{C}^2$ sur le segment $I=[0,1]$. \begin{enumerate} \item Soit $n \in \mathbb{N}^{\ast}$. Justifier l'existence d'une constante $M \in \mathbb{R}^2$ telle que $$ \left\vert f(t)- f\left( \frac{k}{n}\right) -\left( t-\frac{k}{n}\right)f'\left( \frac{k}{n}\right) \right\vert \leq \frac{M}{2}\left( t-\frac{k}{n}\right)^2. $$ pour tout couple $(k,t)\in \llbracket 0,n\rrbracket \times I$. \item En d\'{e}duire que $$ \underset{n\rightarrow +\infty}{\lim}\,\, n\left[\int_{0}^{1}f(t)dt-\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{k}{n} \right) \right] =\frac{f(1)-f(0)}{2}. $$ \end{enumerate} \end{QSP} \begin{solQSP} \begin{enumerate} \item Comme la fonction $\vert f'' \vert$ est continue sur le segment $I$ elle poss\`{e}de un maximum $M \in \mathbb{R}_+$.\\ L'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Taylor} \textsc{Lagrange} s'applique et donne ce que l'on souhaite. \item Soit $k\in \llbracket 0,n-1\rrbracket$. On int\`{e}gre l'in\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente entre $\dfrac{k}{n}$ et $\dfrac{k+1}{n}$ et avec la version int\'{e}grale de l'in\'{e}galit\'{e} triangulaire il vient $$ \left\vert \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}f(t)dt -\frac{1}{n}f\left( \frac{k}{n}\right) -\frac{1}{2n^2}f'\left( \frac{k}{n}\right) \right\vert \leq \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} \left\vert f(t)- f\left( \frac{k}{n}\right) -\left( t-\frac{k}{n}\right)f'\left( \frac{k}{n}\right) \right\vert dt \leq \frac{M}{6n^3}. $$ D'o\`{u}, par somme, et produit par $n$ : \begin{align*} n\left\vert \int_{0}^{1}f(t)dt -\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left( \frac{k}{n}\right) -\frac{1}{2n^2}\sum_{k=0}^{n-1}f'\left( \frac{k}{n}\right) \right\vert dt &\leq n\sum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} \left\vert f(t)- f\left( \frac{k}{n}\right) -\left( t-\frac{k}{n}\right)f'\left( \frac{k}{n}\right) \right\vert dt \\ &\leq n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{M}{6n^3}= \frac{M}{6n} \rTo_{n\to +\infty} 0. \end{align*} Et on conclut car la somme de \textsc{Riemann} associ\'{e}e \`{a} $f'$ qui appara\^{\i}t converge vers $\dint_{0}^{1}f'(t)dt=f(1)-f(0)$. \end{enumerate} \end{solQSP} %================================================== \begin{QSP} \themexo{Couple discret}{Lois de \textsc{Poisson}} Soit $(X_n)_{n\in \NN}$ une suite de variables al\'{e}atoires d\'{e}finies sur un m\^{e}me univers probabilis\'{e} $(\Omega,{\cal A},P)$ ind\'{e}pendantes et de m\^{e}me loi. On pose $p=P(X_1=1)$. Pour tout $n\in \NN$ on d\'{e}finit une variable al\'{e}atoire $Y_n$ par : $$\forall \omega\in \Omega,\ Y_n(\omega)=\text{card}\{ k\in \llbracket 1,n \rrbracket | X_k(\omega)=1\},$$ o\`{u} l'on a not\'{e} \og $\text{card} E$ \fg{} le cardinal de l'ensemble (fini) $E$. \begin{enumerate} \item D\'{e}terminer la loi de la variable al\'{e}atoire $Y_n$. \item Soit $\lambda >0$. Soit $N$ une variable al\'{e}atoire d\'{e}finie sur $(\Omega,{\cal A},P)$ qui suit la loi de \textsc{\textsc{Poisson}} de param\`{e}tre $\lambda$ et qui est ind\'{e}pendante des variables $X_n$. On d\'{e}finit une variable al\'{e}atoire $Z$ par : $$\forall \omega\in \Omega,\ Z(\omega)=Y_{N(\omega)}(\omega).$$ D\'{e}terminer le loi de $Z$ \end{enumerate} \end{QSP} \begin{solQSP} \begin{enumerate} \item On reconna\^{\i}t que $Y_n$ compte le nombre d'\'{e}v\'{e}nements r\'{e}alis\'{e}s parmi $(X_1=1),\dots,(X_n=1)$.\\ Ils sont ind\'{e}pendants de m\^{e}me probabilit\'{e} $p$ donc $Y_n$ suit la loi ${\cal B}(n,p)$ (avec le cas particulier de la loi certaine nulle si $n=0$). \item On a $Z(\Omega)=\NN$, et pout tout $k\in\NN$, la formule des probabilit\'{e}s totales avec le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\`{e}nements $(N=k)_{k\in \NN}$ donne : \begin{align*} P(Z=k)&=\dsum_{n=0}^{+\infty} P((Z=k)\cap (N=n))= \dsum_{n=0}^{+\infty} P((Y_n=k)\cap (N=n)) =\dsum_{n=0}^{+\infty} P(Y_n=k)P(N=n) \quad \text{(ind\'{e}pendance)}\\ &=\dsum_{n=k}^{+\infty} \binom{n}{k} p^kq^{n-k} \ee^{-\lambda} \dfrac{\lambda^n}{n!}= \ee^{-\lambda} \dfrac{(\lambda p)^k}{k!} \dsum_{n=k}^{+\infty} \dfrac{(\lambda q)^{n-k}}{(n-k)!} =\ee^{-\lambda} \dfrac{(\lambda p)}{k!} \ee^{\lambda q}=\ee^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)}{k!}. \end{align*} Donc $Z$ suit la loi de \textsc{\textsc{Poisson}} de param\`{e}tre $\lambda p$. \end{enumerate} \end{solQSP} %================================ \begin{QSP} \themexo{Suite d\'{e}finie par r\'{e}currence, et s\'{e}rie}{suite arithm\'{e}tico-g\'{e}om\'{e}trique} Soit $(u_n)$ la suite d\'{e}termin\'{e}e par la donn\'{e}e du r\'{e}el $u_0>0$ et par la relation de r\'{e}currence suivante : $$\forall\, n \in \N, \qquad u_{n+1}= \frac{2u_n}{1+2u_n}.$$ Soit $(v_n)$ la suite d\'{e}finie par $$\forall\, n \in \N, \qquad v_{n}= \frac{1}{u_n}.$$ \begin{enumerate} \item Montrer que les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont bien d\'{e}finies et montrer que la suite $(u_n)$ converge vers une limite r\'{e}elle que l'on notera $ \ell$. \item D\'{e}terminer la nature de la s\'{e}rie $\dsum (u_n-\ell)$. \end{enumerate} \end{QSP} \begin{solQSP} \begin{enumerate} \item Par r\'{e}currence sur $n \geq 0$, on montre que $u_n$ est d\'{e}finie et $u_n >0$.\\ Donc $(v_n)$ est bien d\'{e}finie aussi.\\ On a $\dfrac 1 {u_{n+1}}= \dfrac 1 {2u_n}+1$, soit $v_{n+1}= \dfrac 1 2 v_n+1$.\\ La suite $(v_n)$ est arithm\'{e}tico-g\'{e}om\'{e}trique. Son point fixe est $x=2$ donc, pour tout $n\geq 0$, on a : $$v_n= \left( \frac 1 2\right)^n(v_0-2) +2 \dou \boxed{\lim_{n\to +\infty} u_n= \frac 1 2.}$$ \item On en d\'{e}duit que : $$u_n- \frac 1 2= \frac 1 2\left(\frac 1{1+ \frac{1}{2^{n+1}}(v_0-2)}-1\right)\sim -\dfrac1{2^{n+2}}(v_0-2).$$ Donc la s\'{e}rie converge (absolument) par comparaison \`{a} une s\'{e}rie g\'{e}om\'{e}trique. \end{enumerate} \end{solQSP} %============================================= \begin{QSP} \themexo{Formule d'esp\'{e}rance \`{a} densit\'{e} et in\'{e}galit\'{e}}{int\'{e}gration par parties, in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Markov}} Soit $X$ une variable al\'{e}atoire positive qui poss\`{e}de une densit\'{e} continue sur $\mathbb{R}_{+}$ et qui admet une esp\'{e}rance strictement positive.\\ On consid\`{e}re une fonction $h$ d\'{e}finie sur $\mathbb{R}_{+}$, qui est positive, croissante, de classe ${\cal C}^1$ et qui s'annule en $0$. \begin{enumerate} \item On suppose que l'esp\'{e}rance de $h(X)$ existe. \`{A} l'aide d'une int\'{e}gration par parties, montrer que \abovedisplayskip=0mm \belowdisplayskip=0mm $$ E(h(X))=\int_{0}^{+\infty}h'(t)P(X>t)dt. $$ \item Soit $p \in \llbracket 2,+\infty\llbracket $.\\ On suppose de plus que $X$ admet un moment d'ordre $p$ et que l'int\'{e}grale $\dint_{1}^{+\infty}h'(t)t^{-p}dt$ converge. Prouver que : $$ E(h(X)) \leq h(E(X))+ E(X^p) \int_{E(X)}^{+\infty}\frac{h'(t)}{t^p}dt. $$ \end{enumerate} \end{QSP} \begin{solQSP} \begin{enumerate} \item Soit $a \in \mathbb{R}_+^{\ast}$. Notons $F_X$ (resp $f_X$) la fonction de r\'{e}partition (resp. la densit\'{e}) de $X$.\\ On se souvient que $P(X>t)=1-F_X(t)$, une int\'{e}gration par partie (justifi\'{e}e par les hypoth\`{e}ses) nous donne $$ \int_{0}^{a}h(t)f_X(t)dt=\left[ h(t) (F_X(t)-1)\right]_0^a -\int_{0}^{a}h'(t) (F_X(t)-1)dt =-h(a)P(X>a)+\int_{0}^{a}h'(t)P(X>t)dt. $$ Ensuite on tendre $a$ vers $+\infty$ o\`{u} : \begin{itemize} \item[$\bullet$] comme $E(h(X))$ existe, le membre de gauche converge (th\'{e}or\`{e}me de transfert) ; \item[$\bullet$] on a $0\leq h(a)P(X>a)=h(a)\int_{a}^{+\infty}f_X(t) dt\leq \int_{a}^{+\infty}h(t)f_X(t) dt \underset{a\rightarrow +\infty}{\longrightarrow}0$. \end{itemize} D'o\`{u} la formule souhait\'{e}e (y compris la convergence). \item On utilise la question 1). Compte tenu des hypoth\`{e}ses , il vient \begin{align*} E(h(X))& \leq \int_{0}^{E(X)}h'(t)dt + \int_{E(X)}^{+\infty}h'(t)P(X^p>t^p)dt \leq h((E(X))+ E(X^p)\int_{E(X)}^{+\infty}\frac{h'(t)}{t^p}dt, \end{align*} d'apr\`{e}s l'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Markov} $P(X^p>t^p) \leq \frac{E(X^p)}{t^p}$. La derni\`{e}re int\'{e}grale est convergente gr\^{a}ce \`{a} la deuxi\`{e}me hypoth\`{e}se de cette question car $E(X)>0$. \end{enumerate} \end{solQSP} %=========================================== \begin{QSP} \themexo{Couple de familles v\'{e}rifiant une condition d'orthogonalit\'{e}}{espace euclidien, projecteur orthogonal} Soit $(E,\langle\ , \ \rangle)$ un espace euclidien et $(u_1,...,u_m)$, $(v_1,...,v_m)$ deux $m$-uplets d'\'{e}l\'{e}ments de $E$ tels que: $$\forall (i,j)\in\{1,...,m\}^2,\, \langle u_i,v_j\rangle= \begin{cases} 1 &\text{ si }i=j\\ 0 &\text{ sinon.} \end{cases} $$ \begin{enumerate} \item Montrer que les familles $(u_1,...,u_m)$ et $(v_1,...,v_m)$ sont libres. \item Soit $p$ le projecteur orthogonal sur le sous espace vectoriel $F$ engendr\'{e} par $(u_1,...,u_m)$. Montrer que pour tout $x$ dans $E$, $\|p(x)\|^2=\displaystyle\sum_{i=1}^m\langle x,u_i\rangle\langle x,p(v_i)\rangle$. \end{enumerate} \end{QSP} \begin{solQSP} \begin{enumerate} \item Soit $a_1,...,a_n$ des r\'{e}els tels que $\displaystyle\sum_{i=1}^m a_iu_i=0$. On a alors pour tout $j$ , $\left\langle \displaystyle\sum_{i=1}^m a_iu_i,v_j\right\rangle=0$,\\ d'o\`{u} par lin\'{e}arit\'{e} du produit scalaire, $a_j\langle u_j,v_j\rangle=0$ i.e. $a_j=0$ ce qui prouve que $(u_1,...,u_m)$ est libre. Raisonnement analogue pour $(v_1,...,v_m)$. \item Soit $x$ un vecteur qui s'\'{e}crit $x=y+z$ o\`{u} $y\in F$ et $z\in F^{\bot}$. Alors $p(x)=y$ d'o\`{u} $\|p(x)\|^2=\|y\|^2$. Or $y\in F$, d'o\`{u} il existe $a_1,...,a_m$ des r\'{e}els tels que $y=\displaystyle\sum_{i=1}^m a_iu_i$. On voit que $a_i=\langle y,v_i\rangle$. D'o\`{u}: $$\|y\|^2=\left\langle y,\displaystyle\sum_{i=1}^m \langle y,v_i\rangle u_i\right\rangle=\displaystyle\sum_{i=1}^m \langle y,u_i\rangle\langle y,v_i\rangle $$ Or $\langle x,u_i\rangle=\langle y+z,u_i\rangle=\langle y,u_i\rangle$ car $z$ est orthogonal \`{a} $F$ donc \`{a} $u_i$. Et $\langle y,v_i\rangle=\langle p(x),v_i\rangle =\langle x,p(v_i)\rangle$ par sym\'{e}trie de $p$. Finalement $\|p(x)\|^2=\displaystyle\sum_{i=1}^m\langle x,u_i\rangle\langle x,p(v_i)\rangle$. \end{enumerate} \end{solQSP} %========================================== \begin{QSP} \themexo{Int\'{e}grale fonction des bornes sup\'{e}rieures et inf\'{e}rieures}{th. fondamental du calcul int\'{e}gral, in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Taylor}-\textsc{Lagrange} } Soit $00$, $t-\dfrac{t^2} 2 \leq \sin t \leq t$ (in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Taylor}-\textsc{Lagrange}). Donc : $$\frac 1 t - \frac{t}{2} \leq \frac{\sin t}{t^2} \leq \frac 1 t$$ En int\'{e}grant, il vient $$\ln \left( \frac b a \right)-\frac 1 4 \left( a^2x^2-b^2x^2\right) \leq f(x) \leq \ln \left( \frac b a \right)$$ Donc $\dlim_{x\to 0^+} f(x)= \ln \left( \frac b a \right)$. \item Un DL en $0$, $\sin (ax)= ax -\dfrac{a^3x^3} 6 + o(x^3)$ donne $\dlim_{x\to 0} f'(x)=0$.\\ {\em Remarque: } l'utilisation de ce calcul pour r\'{e}soudre la question 2 avec le th\'{e}or\`{e}me de prolongement des fonctions $C^1$ (au programme) n'est pas valable car il faut aussi prouver que $f$ converge en $0$. \end{enumerate} \end{solQSP} \end{document}